1

UNIVERSIDAD PONTIFICIA BOLIVARIANA – CIENCIAS BÁSICAS

APUNTES DE FÍSICA MECÁNICA – JUAN FELIPE HENAO

"Mi propósito es exponer una ciencia muy nueva que trata un tema muy antiguo. Quizás nada hay en la naturaleza más antiguo que el movimiento, respecto al cual los libros escritos por filósofos no son ni pocos ni pequeños; no obstante, he descubierto, experimentando, algunas propiedades que merecen ser conocidas."

Galileo Galilei, Diálogos Sobre Dos Nuevas Ciencias

UNIDAD 2: CINEMÁTICA Y DINÁMICA PARA EL MODELO DE PARTÍCULA

1. ¿QUÉ ES UN MODELO?

Una característica fundamental del razonamiento científico es el uso de "modelos". Por tanto un modelo es una versión simplificada de la realidad que permite el tratamiento matemático de aspectos de la misma. En otras palabras, consiste en abstraer de una situación real y por lo tanto compleja, unos pocos elementos simples que son los fundamentales del sistema físico que se desea estudiar. Un modelo debe tener en cuenta dos aspectos conflictivos entre sí; debe ser lo bastante simple para como para ser elaborado con métodos matemáticamente rigurosos y debe ser realista para que los resultados obtenidos sean aplicables al problema considerado. La sencillez del modelo, su belleza matemática, es incompatible con la fidelidad al problema real. Lo bello raramente es fiel y lo fiel raramente es bello.

2. MODELO FÍSICO DE PARTÍCULA

Cualquier Sistema Físico macroscópico es un agregado numeroso de átomos o de moléculas separados entre sí por alguna distancia. En muchas ocasiones, el estudiar el movimiento de algún cuerpo o conjunto de cuerpos, es posible despreciar las distancias existentes entre las diferentes partes del sistema y considerar el sistema entero como si fuese un punto material. Se dice entonces que dicho Sistema Físico puede tratarse y estudiarse como una partícula material o simplemente como una partícula o "Modelo de Partícula". Es importante aclarar que no existen puntos materiales en la naturaleza, la partícula es una abstracción de un objeto teórico o representación idealizada (modelo) de los cuerpos reales. Por lo tanto, cuando tratamos un problema físico en el cual un cuerpo es muy pequeño en comparación con las distancias involucradas en el problema, podemos tratar el cuerpo como una partícula en nuestro modelo matemático y representarlo por un punto en el diagrama. Por ejemplo, al estudiar el movimiento de traslación de la Tierra alrededor del Sol, podemos tratar a nuestro planeta como si fuera una partícula (ya que su radio 6,37×10(𝑚) es muy pequeño comparado con la distancia Tierra-Sol (1,49×10--𝑚) y admitir que toda la materia de la Tierra se encuentra concentrada en un solo punto. Teniendo en cuenta todas estas consideraciones, para esta Unidad 2 trabajaremos con el "Modelo de Parícula".

2

Consideremos la siguiente situación. Un bloque se desliza o se traslada sobre una superficie horizontal sin cambiar su orientación ni su forma geométrica, es decir, se mueve como un todo de una posición a otra. En este caso, como se representa en la figura, los puntos 𝐴 y 𝐵 pertenecientes al bloque, se mueven la misma distancia 𝑑, tal como se muestra:

La situación anterior equivale a una traslación pura. Aunque sólo se han considerado los puntos 𝐴 y 𝐵, es cierto que todos los puntos del bloque se mueven la misma distancia 𝑑. Esto permite analizar el movimiento de solo un punto del bloque, ya que el comportamiento de él es idéntico al comportamiento de todos los demás puntos. Cuando es posible realizar esta simplificación anterior, se dice que el cuerpo se ha reducido al "Modelo de una Partícula". En estos casos, la partícula tendrá masa, se desprecia su tamaño y su forma y las dimensiones del cuerpo no afectan el análisis del movimiento.

3. MOVIMIENTO RECTILÍNEO O UNIDIMENSIONAL

Recordemos que la parte de la Física que analiza el movimiento de los cuerpos, se conoce con el nombre de Mecánica. La Mecánica, a su vez, se divide en dos ramas: la Cinemática y la Dinámica. La Cinemática será la descripción matemática de los parámetros cinemáticos: el movimiento, el tiempo, la posición, la velocidad y la aceleración. En este capítulo nos concentramos en el tipo de movimiento más simple: un cuerpo que viaja en línea recta. Nos interesa sólo el movimiento rectilíneo, por lo que no necesitaremos aún toda el álgebra vectorial; no obstante, el manejo de vectores será esencial al considerar el movimiento en dos o tres dimensiones. 3.1 Parámetro Cinemático: Vector Posición (𝒓)

Para determinar con certeza la posición de un cuerpo, es indispensable definir un punto de referencia, es decir, un sistema de referencia ya que de lo contrario, no tendría sentido la ubicación del cuerpo en consideración. De esta forma el movimiento de un cuerpo se puede definir respecto a un sistema de referencia. Por lo tanto, podemos afirmar que el reposo o el movimiento, son conceptos relativos ya que ambos dependen del sistema de referencia que se ha escogido. Supondremos siempre sistemas de referencias bien definidos y en adelante estos se supondrán en reposo o en movimiento constante respecto a la Tierra. Esos sistemas se denominan Sistemas de Referencia Inerciales. Por ejemplo, el Sistema de Posicionamiento Global GPS tiene el origen de coordenadas en el cruce de Greenwich con el ecuador.

d

A

Posición 1

BA

B

d

Posición 2

3

Para el caso de movimiento de un cuerpo en línea recta, la posición del cuerpo puede ser indicada por una variable numérica 𝑟 designada por su posición respecto a algún origen en dicha recta. Esta variable 𝑟 indicará la distancia del cuerpo al origen expresada en alguna unidad de medida como el metro. Decimos que el cuerpo se mueve si dicha variable llamada como vector de posición 𝑟, varía con el transcurso del tiempo. En un marco de referencia en el cual la recta está fija, determinamos un eje, es decir, elejimos un origen 𝑂 y una dirección positiva, dirección que indicaremos con la letra 𝑥, tal como se muestra en esta figura:

En un instante 𝑡, el móvil se encuentra en la posición 𝑃 y tiene la posición determinada por el vector de posición 𝑟, vector que va del origen 𝑂 al punto 𝑃. Por tanto esta posición 𝑟 será una función vectorial que depende del tiempo y en este caso, podemos escribir lo siguiente:

𝑟 = 𝑟 𝑡 𝑚

Donde a cada instante 𝑡, se le asigna un único vector 𝑟. La componente de 𝑟 es 𝑥, que será la coordenada del punto 𝑃 en el instante 𝑡. En componentes rectangulares, la posición 𝑟 será: 𝑟 = 𝑥𝚤 𝑚

Por lo tanto el vector de posición 𝑟, tendrá asociada tanto una magnitud como una dirección. 3.2 Parámetro Cinemático: Vector Desplazamiento (∆𝒓)

La forma conveniente de describir el movimiento de la partícula es en términos del cambio en su coordenada 𝑥 durante un intervalo de tiempo 𝑡. En un instante 𝑡-, el punto movil está en 𝑃- y en un instante 𝑡: = 𝑡- + ∆𝑡 el movil está en 𝑃:, tal como se muestra en la figura:

Por tanto, al cambio de posición de 𝑟- a 𝑟: del punto 𝑃- a 𝑃: lo llamaremos desplazamiento o vector desplazamiento denotado por ∆𝑟, el cual vectorialmente se expresa como sigue:

∆𝒓 = 𝒓𝟐 − 𝒓𝟏 = 𝒙𝟐 − 𝒙𝟏 @ = ∆𝒙@ 𝒎

En otras palabras, el vector desplazamiento en una dimensión se define entre dos tiempos, inicial y final o equivalentemente, entre las posiciones inicial y final, es decir, este cambio.

x

PxO rî

DrxO r1 r2

P1 P2

!1 !2t1 t2

î

4

En consecuencia, llamamos el vector desplazamiento ∆𝑟 durante el intervalo de tiempo ∆𝑡 al cambio de posición. En el caso unidimensional, el vector desplazamiento a será un vector que apunta de 𝑃- a 𝑃: y se encuentra en la dirección positiva del eje 𝑥, tal como se muestra:

Observemos que la componente ∆𝑥 del desplazamiento es el cambio en el valor 𝑥, de 𝑥- a 𝑥:. Además, el desplazamiento podrá ser positivo o negativo dependiendo de las posiciones inicial y final, lo cual también se entiende como la diferencia entre moverse hacia delante o hacia atrás, respecto a la dirección positiva del sistema de coordenadas, es decir, el eje 𝑥. En las definiciones anteriores debemos aclarar que por convención para ∆𝑥 y ∆𝑡 se cumple que:

∆𝑥 = 𝑥: − 𝑥- → 𝑥-: 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙; 𝑥:: 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

∆𝑡 = 𝑡: − 𝑡- → 𝑡-: 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙; 𝑡:: 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

Finalmente, es importante aclarar que el desplazamiento es diferente a la distancia recorrida puesto que la segunda es la suma de toda la distancia que la partícula ha recorrido.

3.3 Parámetro Cinemático: Vector Velocidad Media o Promedio (𝒗𝒎𝒆𝒅)

Antes de estudiar y comprender el concepto de velocidad, debemos tener claro la diferencia con otro concepto que la rapidez. Estos dos términos se usan indistintamente en el lenguaje cotidiano, pero en Física tienen significados diferentes. La rapidez es una cantidad física de tipo escalar y corresponde al módulo del vector velocidad, es la descripción de que tan rápido se mueve una partícula. A Galileo se le da el crédito de ser el primero en medir la rapidez y la definió como la distancia recorrida por unidad de tiempo.

La velocidad es una magnitud física de tipo vectorial definida como el desplazamiento dividido por un intervalo de tiempo pero donde debe especificarse una dirección determinada. Por lo tanto, mientras que la rapidez consiste en una descripción de que tan rápido se mueve una partícula, la velocidad indica que tan rápido se mueve y en qué dirección. Cuando se conoce tanto la rapidez como la dirección de una partícula, estamos especificando de esta forma, su velocidad. Si decimos que un automovil viaja a 60𝑘𝑚/ℎ nos referimos a su rapidez, pero si decimos que este se mueve a 60𝑘𝑚/ℎ hacia el norte, hablamos de su velocidad.

Si el desplazamiento ∆𝑟 ocurre en un intervalo de tiempo ∆𝑡, se definirá el vector velocidad medio o vector velocidad promedio entre los puntos 𝑃- y 𝑃: mediante la siguiente expresión:

𝒗𝒎𝒆𝒅V𝒙 =

∆𝒓∆𝒕

=𝒓𝟐 − 𝒓𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

=𝒙𝟐 − 𝒙𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

@ 𝒎/𝒔

Dr

P1xO

P2

x1 x2

5

Usamos el símbolo 𝑣Z[\V] para denotar la velocidad media, donde el subíndice "𝑚𝑒𝑑" indica que se trata de un valor promedio y el subíndice "𝑥" indica que ésta es la componente 𝑥. En consecuencia la velocidad media equivale al cambio de la posición o desplazamiento ∆𝑟 en un intervalo de tiempo ∆𝑡. En resumen, la velocidad media se define como una cantidad vectorial cuya componente 𝑥 del desplazamiento ∆𝑥, está dividida entre el intervalo de tiempo ∆𝑡:

𝑣Z[\V] =

∆𝑟∆𝑡

=𝑥: − 𝑥-𝑡: − 𝑡-

𝚤 =1∆𝑡∆𝑟 𝑚/𝑠

Nota: la velocidad media 𝑣Z[\V] será un vector que tiene la dirección del desplazamiento ∆𝑟, donde se utiliza la letra delta ∆ para representar un cambio en una cantidad que se calcula restanto el valor final menos el valor inicial.

Es importante comprender la relación que existe entre la 𝑣Z[\ y la pendiente de la recta que une dos puntos de la trayactoria que describe la partícula. En este sentido, la velocidad media de la partícula es igual a la pendiente de una linea recta que une los puntos 𝑃- y 𝑃:, es decir, el cociente del cateto vertical ∆𝑥 entre el cateto horizontal ∆𝑡, como se muestra en la figura:

La curva (forma parabólica) no representa la trayectoria de la partícula, es una manera de indicar como cambia la posición con el tiempo en la gráfica 𝑥 − 𝑡.

Nota: recordemos que la pendiente de una recta en un sistema cartesiano, se representa por la letra 𝑚 y se define como la diferencia de coordenadas en el eje 𝑦 dividido la diferencia de coordenadas en el eje 𝑥 para dos puntos diferentes de la recta y matemáticamente será:

𝑣Z[\V] = 𝑚 =

∆𝑦∆𝑥

=𝑦: − 𝑦-𝑥: − 𝑥-

Donde la velocidad media es la pendiente de la recta secante a la trayectoria en los puntos puntos 𝑃- y 𝑃: y solo depende de los puntos inicial y final y no del camino seguida el cuerpo.

x(m)

t(s)O

x1

x2

P1

P2

t1 t2

Dx=x2-x1

Dt=t2-t1

6

3.4 Parámetro Cinemático: Vector Velocidad Instantánea (𝒗)

A veces es necesario conocer la dirección del movimiento de una partícula en un determinado instante de tiempo 𝑡 y no en un intervalo ∆𝑡. Para resolver esta situación, introducimos el concepto de velocidad instantánea. Si hacemos ∆𝑡 → 0, entonces 𝑃- tiende a 𝑃: y se obtiene la velocidad instantánea en un punto específico. Así, la velocidad instantánea será un vector tangente a la trayectoria y se define como el límite de la velocidad media cuando ∆𝑡 → 0, así:

𝒗𝒙 = 𝐥𝐢𝐦

∆𝒕→𝟎

∆𝒓∆𝒕

=𝒅𝒓𝒅𝒕

=𝒅𝒙𝒅𝒕

= 𝒓 𝒎/𝒔

El vector velocidad 𝑣] tiene una dirección que por ser el límite de las direcciones de ∆𝑟 apunta en el sentido que avanza la partícula en el instante 𝑡. Luego, la velocidad instantánea en un tiempo 𝑡, es la derivada de la función posición respecto al tiempo, 𝑑𝑥/𝑑𝑡. En el límite ∆𝑡 → 0, en la figura anterior, la pendiente de la línea 𝑃-𝑃: es igual a la pendiente de la línea tangente a la curva en el punto 𝑃-. En consecuencia, en una gráfica 𝑥 − 𝑡, la velocidad instantánea en cualquier punto es igual a la pendiente de la tangente a la curva en ese punto.

Una velocidad puede ser positiva o negativa dependiendo de cómo se comporta la curva que describe la posición ya que una velocidad positiva en un punto, significa que la curva que describe la trayectoria es creciente allí. Una velocidad instantánea negativa en una dimensión significa que la partícula se mueve en dirección contraria al eje positivo de coordenadas. Una velocidad cero en un punto, significa que la pendiente de la curva es horizontal en ese punto.

3.5 Parámetro Cinemático: Aceleración Media o Promedio (𝒂𝒎𝒆𝒅)

Así como la velocidad describe la tasa de cambio de posición con el tiempo, la aceleración describe la tasa de cambio de velocidad con el tiempo. De igual forma que la velocidad, la aceleración es una cantidad vectorial. Considerando que el eje de movimiento es 𝑥, definimos la aceleración media de una partícula al moverse de 𝑃- a 𝑃:, como la cantidad vectorial igual al cambio de la componente 𝑥 de la velocidad ∆𝑣, dividido entre un intervalo de tiempo ∆𝑡:

𝒂𝒎𝒆𝒅V𝒙 =

∆𝒗∆𝒕

=𝒗𝟐 − 𝒗𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

𝒎/𝒔𝟐

Es una variación de la velocidad 𝑣que se da en un intervalo de tiempo ∆𝑡, gráficamente será:

Sabemos si un cuerpo acelera o desacelera en un lapso de tiempo ∆𝑡 según sea el signo que tenga ∆𝑣. Cuando ∆𝑣 > 0, la partícula acelera y cuando ∆𝑣 < 0, la partícula desacelera.

DrxO r1 r2

P1 P2

!1 !2t1 t2

î

7

3.6 Parámetro Cinemático: Vector Aceleración Instantánea (𝒂)

En algunas situaciones el valor de la aceleración promedio puede ser diferente durante distintos intervalos de tiempo. Por lo tanto, es útil definir la aceleración instantánea como el límite de la aceleración promedio conforme ∆𝑡 tiende a cero. Utilizamos por tanto el mismo procedimiento que seguimos para determinar la velocidad instantánea escribiendo que:

𝒂𝒙 = 𝐥𝐢𝐦

∆𝒕→𝟎

∆𝒗∆𝒕

=𝒅𝒗𝒙𝒅𝒕

=𝒅𝒅𝒕

𝒅𝒓𝒅𝒕

=𝒅𝟐𝒓𝒅𝒕𝟐

= 𝒗 = 𝒓 𝒎/𝒔𝟐

En en lenguaje del Cálculo, la aceleración instantánea es igual a la derivada de la velocidad respecto al tiempo. En una línea recta, la dirección de la velocidad de un cuerpo y la dirección de su aceleración se relacionan del modo siguiente. Cuando la velocidad y la aceleración del cuerpo están en la misma dirección, el cuerpo aumenta su velocidad. Por otra parte, cuando la velocidad y la aceleración del cuerpo están en direcciones opuestas, el cuerpo frena.

Algo importante es que cuando hacemos referencia al término "media", debemos pensar en laspos de tiempo, mientras que cuando hacemos alusión al término "instantánea", debemos pensar que dichos lapsos de tiempo se hagan tan pequeños hasta el punto de convertirse en un instante. A partir de este momento, cada que hablemos del concepto de la aceleración, nos referiremos a la aceleración instantánea.

La aceleración media 𝑎Z[\V] = ∆𝑣/∆𝑡 durante este intervalo es la pendiente de la línea 𝑃-𝑃:. Al acercarse 𝑃: a 𝑃- en la figura de abajo, 𝑃: se acerca a 𝑃- en la gráfica 𝑣 − 𝑡 y la pendiente de la línea 𝑃-𝑃: se acerca a la pendiente de la tangente a la curva en el punto 𝑃-. Así, en una gráfica de velocidad en función del tiempo, la aceleración instantánea en cualquier punto es igual a la pendiente de la tangente de la curva en ese punto, tal como se muestra.

Si procedemos a trazar las tangentes en diferentes puntos en la curva, tendrán pendientes diferentes, de manera que la aceleración instantánea varía con el tiempo. Por lo tanto, se puede interpretar la derivada de la velocidad respecto al tiempo como la relación de cambio de velocidad en el tiempo. Cuando ∆𝑣 = 0 implica que 𝑣- = 𝑣: y por tanto 𝑎 = 𝑐𝑡𝑒 = 0.

!x (m)

t (s)O

!x1

!x2

P1

P2

t1 t2

D!x= !x2 - !x1

Dt=t2-t1

Pendiente en el punto P1

8

4. MOVIMIENTO EN DOS Y TRES DIMENSIONES

Si queremos determinar donde cae una pelota de beisbol o el movimiento de un auto en una montaña rusa, no podemos contestar estas preguntas con los conceptos del numeral anterior, donde consideramos que las partículas se movían sólo en una línea recta. En lugar de ello, necesitamos extender nuestras descripciones del movimiento a situaciones en dos y en tres dimensiones. Al igual que en el caso del movimiento rectilíneo, seguiremos describiendo los parámetros cinemáticos o cantidades vectoriales de desplazamiento, velocidad y aceleración; pero ahora no estarán todas en una misma línea recta. 4.1 Parámetro Cinemático: Vector Posición (𝒓)

Ahora nos interesa describir el movimiento de una partícula en el espacio ya sea en el plano 𝑋𝑌 o ya sea en tres dimensiones. En este sentido, un cuerpo que es tratado bajo el modelo de partícula, se mueve a lo largo de un camino denominado como trayectoria. Sabiendo que el concepto de trayectoria, hace referencia al lugar geométrico de las sucesivas posiciones que ocupa una partícula en su movimiento durante un tiempo 𝑡.

La posición de una partícula en un instrante cualquiera y respecto a un sistema de referencia seleccionado, está definida por el vector de posición 𝑟, trazado desde el origen del sistema hasta el punto donde se encuentra la partícula. En una, dos y tres dimensiones se tiene que:

Para cada uno de los sistemas de referencia unidimensional, bidimensional y tridimensional, el vector de posición 𝑟 puede representarse en función de los vectores unitarios, como sigue:

𝒓 = 𝒙@; 𝒓 = 𝒙@ + 𝒚i; 𝒓 = 𝒙@ + 𝒚i + 𝒛𝒌

La magnitud y dirección del vector de posición 𝑟 para el movimiento en dos dimenisones es:

𝒓 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐; 𝜽 = 𝒕𝒂𝒏V𝟏 𝒚/𝒙

La magnitud y dirección del vector de posición 𝑟 para el movimiento en tres dimenisones es:

𝑟 = 𝑥: + 𝑦: + 𝑧:; 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑥: + 𝑦:/𝑧

x

P(x)xO r

y

xO

θTrayectoria

r

P(x,y)

z

yO! Trayectoria

r⌵

k

P(x,y,z)

x"

#î

î

ĵ

ĵî

9

Ejemplo: El vector posición 𝑟de una partícula que se mueve en el plano 𝑋𝑌, está dado por 𝑟 𝑡 = 𝑡 − 3 𝚤 − 𝑡: − 15 𝚥, donde 𝑟 está dado en 𝑚 y 𝑡 en 𝑠. Cuando 𝑡r = 2,5𝑠, la partícula o móvil pasa por el punto 𝐴. Determine: a) Las coordenadas de la partícula para el punto específico 𝐴 y b) La magnitud y dirección del vector posición en dicho instante.

Solución: Reemplazando 𝑡r = 2,5𝑠 en la expresión dada, se encuentra que el vector posición en componentes rectangulares, cuando la partícula pasa por el punto 𝐴, está definida por:

𝑟r = 2,5 − 3 𝚤 − 2,5 : − 15 𝚥 = −0,5𝚤 + 8,75𝚥 𝑚

Sabiendo que en el plano el vector de posición en general se expresa en la forma 𝑟 = 𝑥𝚤 + 𝑦𝚥, al comparar con la igualdad anterior se tiene que las componentes 𝑥 y 𝑦 de 𝑟 son estas:

𝑥r = −0,5𝑚; 𝑦r = 8,75𝑚

Donde estas componentes son las coordenadas de la partícula en el punto 𝐴. Su magnitud es:

𝑟r = 𝑥: + 𝑦: = −0,5 : + 8,75 : = 8,76𝑚

Finalmente, se pide también encontrar la dirección en 𝑡r = 2,5𝑠, para lo cual procedemos así:

𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑦/𝑥 = 𝑡𝑎𝑛V- 8,75/−0,5 = −86,73°

Notemos que el vector 𝑟r está ubicado en el segundo cuadrante, mientras que 𝜃 está en el cuarto cuadrante, luego la respuesta correcta es 𝛼 = 180° − 𝜃 = 180° − 86,73° = 93°. Podemos ubicar el vector de posición 𝑟r en el plano bidimensional 𝑋𝑌 mediante la siguiente figura:

Nota: Recordemos que si el vector de posición se localiza en el primer cuadrante, el ángulo no cambia. Si el vector de posición está en el segundo cuadrante el ángulo será 𝛼 = 180° − 𝜃. Si el vector de posición está en el tercer cuadrante el ángulo será 𝛼 = 180° − 𝜃. Si el vector de posición está en el cuarto cuadrante será 𝛼 = 360° − 𝜃. En otras palabras, los signos de las componentes, nos indicarán donde estará situado el vector de posición en el plano.

y (m)

x (m)O

8,75

rA

93°

-0,5

A

87°

ĵ

î

10

4.2 Parámetro Cinemático: Vector Desplazamiento (∆𝒓)

Consideremos ahora una partícula que en el instante 𝑡r, pasa por el punto 𝐴, definiendo así un vector de posición 𝑟-. Un tiempo después, la partícula pasa en un instante 𝑡r al punto 𝐵 definiendo el vector de posición 𝑟:. Definimos el vector desplazamiento ∆𝑟, como el cambio de posición de la partícula entre los puntos 𝐴 y 𝐵, tal como se muestra en la siguiente figura:

Cada vez que introducimos el símbolo delta ∆, hacemos refererencia a un cambio que en este caso significa la posición final menos la posición inicial de la partícula, luego se tiene:

∆𝒓 = 𝒓𝟐 − 𝒓𝟏 = 𝒙𝟐 − 𝒙𝟏 @ + 𝒚𝟐 − 𝒚𝟏 i

A esta expresión también hubiésemos llegado utilizando una suma vectorial realizando esta operación 𝑟- + ∆𝑟 = 𝑟:. Para el caso de tres dimensiones, el vector desplazamiento será:

∆𝒓 = 𝒓𝟐 − 𝒓𝟏 = 𝒙𝟐 − 𝒙𝟏 @ + 𝒚𝟐 − 𝒚𝟏 i + 𝒛𝟐 − 𝒛𝟏 𝒌

Observemos que el vector desplazamiento ∆𝑟 será un vector que une los puntos 𝐴 y 𝐵 y que no tiene en cuenta la trayectoria descrita por la parícula, es decir, siempre es una línea recta.

Ejemplo: Una partícula cuyo vector posición 𝑟está dado por 𝑟 𝑡 = 𝑡 − 3 𝚤 − 𝑡: − 15 𝚥, se encuentra en el punto 𝐴 en 𝑡r = 2,5𝑠. Si en el tiempo 𝑡w = 4𝑠 pasa por el punto 𝐵, calcule la magnitud y dirección del vector desplazamiento entre los puntos 𝐴 y 𝐵.

Solución: Reemplazando 𝑡r = 2,5𝑠 y 𝑡w = 4𝑠 en el vector de posición dado podremos tener:

𝑟r = −0,5𝚤 + 8,75𝚥 𝑚; 𝑟w = 𝚤 − 𝚥 𝑚

Una vez hallados los dos vectores de posición 𝑟r y 𝑟w, el vector desplazamiento ∆𝑟 se calcula:

∆𝑟 = 𝑟w − 𝑟r = 1,5𝑚 𝚤 − 9,75 𝚥

Donde la magnitud es ∆𝑟 = 9,86𝑚 y la dirección 𝜃 = −81,25°, luego 𝛼 = 90° − 8,53° = 81,25°.

y

xO

r1

r2

A (xA,yA), tA

B (xB,yB), tBDr

î

ĵ

11

4.3 Parámetro Cinemático: Vector Velocidad Media o Promedio (𝒗𝒎𝒆𝒅)

Si hablamos del vector desplazamiento ∆𝑟 como cambio de la posición 𝑟, necesariamente se tiene asociada una velocidad. No existe manera de cambiar la posición de una partícula sin que no aparezca una respectiva velocidad. En consecuencia, la velocidad media o promedio denotada por 𝑣Z[\ es una cantidad vectorial que se define como el desplazamiento dividido entre el intervalo de tiempo correspondiente y atiende a la siguiente expresión matemática:

𝒗𝒎𝒆𝒅 =

∆𝒓∆𝒕

=𝒓𝟐 − 𝒓𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

𝒎/𝒔

Aquí lo que se tiene simplemente es la división del vector (desplazamiento) entre un escalar (tiempo) o lo que es lo mismo, la multiplicación de un vector por un escalar; gráficamente:

En general, la velocidad 𝑣Z[\ de una partícula se define como la rapidez con que cambia de posición al pasar el tiempo y en el espacio tridimensional en función de las componentes:

𝒗𝒎𝒆𝒅 =

𝒙𝟐 − 𝒙𝟏𝒕𝑩 − 𝒕𝑨

@ +𝒚𝟐 − 𝒚𝟏𝒕𝑩 − 𝒕𝑨

i + 𝒛𝟐 − 𝒛𝟏𝒕𝑩 − 𝒕𝑨

𝒌

La expresión anterior asociada a la velocidad media, la podremos simplificar de esta manera:

𝑣Z[\ = 𝑣]𝚤 + 𝑣z𝚥 + 𝑣{𝑘

Como la velocidad media 𝑣Z[\ es un vector, tiene asociada una magnitud y una dirección. La magnitud de 𝑣Z[\ representa un escalar denominado como rapidez definida como sigue:

𝑣Z[\ =

∆𝑟∆𝑡

Observemos en la gráfica que la velocidad media 𝑣Z[\ tiene la misma dirección que el vector desplazamiento ∆𝑟. ¿Quién gana una carrera de autos? No gana el que en cierto momento tenga la mayor velocidad, si no que gana quien tenga la mayor velocidad promedio.

y

xO

rA

rB

A (xA,yA)

B (xB,yB)Dr

vmed

tA

tB

î

ĵ

12

4.4 Parámetro Cinemático: Vector Velocidad Instantánea (𝒗)

Existen ocasiones en que la velocidad media es lo único que necesitamos saber acerca del movimiento de una partícula. Sin embargo, la velocidad media de una partícula durante un intervalo de tiempo no nos indica con qué rapidez, o en qué dirección, la partícula se estaba moviendo en un instante específico del intervalo. Por ejemplo, una fotomulta no da un parte por la velocidad media, el reporte de tránsito es debido a la velocidad en un instante dado. Lo que se pretende es saber la velocidad en un punto específico como en el punto 𝐴 de la figura:

Al considerar posiciones intermedias de la partícula en 𝑡′, 𝑡′′, 𝑡′′′, asociadas a los vectores posición 𝑟:′, 𝑟:′′, 𝑟:′′′, se observa que los vectores desplazamiento ∆𝑟′, ∆𝑟′′, ∆𝑟′′′, cambiarán tanto en magnitud como en dirección, o sea que la velocidad media varía tanto en magnitud como en dirección al tener en cuenta los puntos entre 𝐴 y 𝐵. Si se continúa este proceso haciendo que 𝐵 se aproxime al punto 𝐴, el vector desplazamiento se hace cada vez más pequeño hasta que tiende a una dirección límite, que corresponde a la de la tangente a la trayectoria de la partícula en el punto 𝐴.

Este valor límite se conoce como la velocidad instantánea 𝑣 en el punto específico 𝐴 para el instante 𝑡r. Luego, definimos la velocidad instantánea, como el límite de la velocidad media cuando el vector desplazamiento ∆𝑟 y el intervalo de tiempo ∆𝑡 tienden a cero, tal que:

𝑣 = lim

∆�→�

∆𝑟∆𝑡

=𝑑𝑟𝑑𝑡

=𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝑟 𝑚/𝑠

Por lo general en Física, es de más utilidad conocer la velocidad en un instante cualquiera. En adelante cuando hablemos de velocidad, haremos referencia a la velocidad instantánea 𝑣. En general para el espacio vectorial ℝ�, la velocidad instantánea 𝑣 en tres dimensiones será:

𝒗 =

𝒅𝒓𝒅𝒕

=𝒅 𝒙@ + 𝒚i + 𝒛𝒌

𝒅𝒕=𝒅𝒙𝒅𝒕

@ +𝒅𝒚𝒅𝒕

i +𝒅𝒛𝒅𝒕𝒌

y

xO

r1

r2

A

B

!

B’

B’’

Dr

î

ĵ

13

En notación del Cálculo, este límite se llama derivada de 𝑟 respecto a 𝑡, que se escribe 𝑑𝑟/𝑑𝑡. El vector 𝑣 tiene una dirección que por ser límite de las direcciones de ∆𝑟, apuntará en el sentido de avance de la partícula. Teniendo en cuenta la expresión anterior y debido a que el vector velocidad se escribe como 𝑣 = 𝑣]𝚤 + 𝑣z𝚥 + 𝑣{𝑘, las componentes de la velocidad serán:

𝑣] =

𝑑𝑥𝑑𝑡 ; 𝑣z =

𝑑𝑦𝑑𝑡 ; 𝑣{ =

𝑑𝑧𝑑𝑡

Para el caso de dos dimensiones en el espacio ℝ:, no existe movimiento en el eje 𝑧 y por lo tanto, la velocidad instantánea se escribe en términos de sus componentes según la figura:

De otro lado, la magnitud de la velocidad instantánea 𝑣, es decir, la rapidez, se determina en función de sus componentes 𝑣] y 𝑣z y aplicando el Teorema de Pitágoras podemos escribir:

𝑣 = 𝑣] : + 𝑣z

:

Finalmente, si queremos conocer también la dirección de la velocidad en el punto específico en que se encuentra la partícula en el punto 𝐴, podemos determinarla con esta expresión:

𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑣z/𝑣] → 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑣z/𝑣]

Por convención, para definir la dirección de la velocidad instantánea 𝑣, se usa al letra griega 𝛼. Mientras que la dirección para el vector de posición 𝑟, se reserva la letra griega 𝜃, veamos:

De acuerdo con la definición del vector velocidad instantánea, se tiene que sus dimensiones y unidades son las mismas del vector velocidad media.

y

xO

A

!x

!!y

î

ĵ

A

!x

!!y

"

14

Ejemplo (Problema 3.3 Sears-Zemansky): Un diseñador de páginas Web construye una animación en la que un punto en una pantalla de computador tiene una posición definida por:

𝑟 = 4𝑐𝑚 + 2,5𝑐𝑚/𝑠: 𝑡: 𝚤 + 5,0𝑐𝑚/𝑠 𝑡𝚥

a) Calcule la magnitud y dirección de la velocidad media del punto comprendido entre 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠. b) Halle la magnitud y dirección de la velocidad instantánea en 𝑡 = 0, en 𝑡 = 1𝑠 y en el tiempo 𝑡 = 2,0𝑠. c) Finalmente, dibuje la trayectoria.

Solución: a) Para calcular la magnitud y dirección de la velocidad media, debemos proceder primero a determinar el vector desplazamiento ∆𝑟, para los tiempos 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠, así:

𝑟��: = 4 + 2,5 2: 𝚤 + 5 2 𝚥 = 14𝑐𝑚𝚤 + 10𝑐𝑚𝚥

𝑟��� = 4 + 2,5 0: 𝚤 + 5 0 𝚥 = 4𝑐𝑚𝚤 + 0𝑐𝑚𝚥

Una vez calculados los dos vectores de posición 𝑟��: y 𝑟���, el vector desplazamiento ∆𝑟 será:

∆𝑟 = 𝑟: − 𝑟- = 𝑟��: − 𝑟��� = 10𝚤 + 10𝚥 𝑐𝑚

Conocido el vector desplazamiento ∆𝑟, el vector velocidad media 𝑣Z[\ se halla, sabiendo que:

𝑣Z[\ =

∆𝑟∆𝑡

=𝑟: − 𝑟-𝑡: − 𝑡-

= 10𝚤 + 10𝚥2 − 0

=10𝚤2+10𝚥2

= 5𝚤 + 5𝚥 𝑐𝑚/𝑠

Hemos determinado así el vector velocidad media, pero el problema no nos pregunta por este vector, sino por su magnitud y por su dirección. Sabemos que la magnitud corresponderá a la rapidez, es decir un escalar, la cual podemos determinar mediante la siguiente expresión:

𝑣Z[\ = 𝑣Z[\V] : + 𝑣Z[\Vz

:= 5 : + 5 : = 7,1𝑐𝑚/𝑠

Donde 𝑣Z[\V] y 𝑣Z[\Vz son las componentes de la velocidad media. Ahora, la dirección será:

𝛼 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑣Z[\Vz/𝑣Z[\V] = 1 → 𝛼 = 45°

Observemos que tanto 𝑥 oo 𝑦 aumentan, luego la velocidad media está situada en el primer cuadrante. b) Calculemos ahora la magnitud y dirección de la velocidad instantánea tal que:

𝑣 = 𝑑𝑟/𝑑𝑡 = 2 2,5 𝑡 𝚤 + 5,0 𝚥 = 5𝑡𝚤 + 5𝚥 𝑐𝑚/𝑠

Aquí derivamos 𝑟 respecto a 𝑡. Por tanto, evaluando en 𝑡 = 0, su magnitud y dirección serán:

𝑣 = 5 𝑐𝑚 𝑠 ; 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛V- 5 𝑐𝑚 𝑠 → 𝛼 = 90°

15

Análogamente evaluando la velocidad 𝑣 para el tiempo 𝑡 = 1𝑠, su magnitud y dirección será:

𝑣 = 7,1 𝑐𝑚 𝑠 ; 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛V- 5/5 → 𝛼 = 45°

Finalmente, evaluando la velocidad 𝑣 para el tiempo 𝑡 = 2𝑠, su magnitud y dirección serán:

𝑣 = 11 𝑐𝑚 𝑠 ; 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛V- 5/10 → 𝛼 = 27°

c) Analicemos finalmente el recorrido de la partícula en la pantalla del computador y lo que concluimos después de los cálculos anteriores es que dicha partícula se mueve tanto en la dirección 𝑥 como en la dirección 𝑦, describiendo la trayectoria parabólica que se muestra:

La figura indica la velocidad instantánea 𝑣 para los diferentes instantes de tiempo analizados.

4.5 Parámetro Cinemático: Aceleración Media o Promedio (𝒂𝒎𝒆𝒅)

Consideremos ahora la aceleración de una partícula que se mueve en el espacio. Al igual que en el movimiento unidimensional, la aceleración describe el cambio en la velocidad de la partícula; pero la trataremos como un vector para describir los cambios tanto en la magnitud de la velocidad (rapidez) como en la dirección de la velocidad (dirección). Imaginemos un auto que se mueve por una trayectoria curva de 𝑃- a 𝑃:, tal como se muestra en la figura:

y (cm)

x (cm)

!

!

!

t=1s

t=2s

t=0sĵ

î 2 4 6 8 10 12 14

2

6

8

10

4

!1 !2P2

P1 Trayectoria

16

Los vectores 𝑣- y 𝑣: representan las velocidades instantáneas del auto en el instante 𝑡-, cuando el auto está en el punto 𝑃- y en 𝑡: cuando está en 𝑃:. Para que el auto no salga de la carretera, tuvo que desacelerar y su velocidad instantánea en magnitud como en dirección tuvieron que cambiar. Durante el intervalo de 𝑡- a 𝑡: el cambio vectorial es como se indica:

Por lo tanto, para determinar la aceleración media del auto entre los puntos 𝑃- y 𝑃:, primero debemos obtener el cambio de velocidad ∆𝑣 restanto los vectores 𝑣- y 𝑣:, de esta forma:

𝑣- + ∆𝑣 = 𝑣: → ∆𝑣 = 𝑣: − 𝑣-

Notemos que para calcular la aceleración media no podemos usar la velocidad media, esto no tendría sentido puesto que la aceleración media se determina entre dos puntos específicos y estos puntos son precisamente la velocidad instantánea. Definimos entonces la aceleración media 𝑎Z[\ como el cambio de la velocidad dividido entre el intervalo de tiempo ∆𝑡, como:

𝑎Z[\ =

∆𝑣∆𝑡

=𝑣: − 𝑣-𝑡: − 𝑡-

La aceleración media es una cantidad vectorial que tiene la misma dirección que el cambio de la velocidad ∆𝑣. Para el caso general de un movimiento en el espacio tridimensional en ℝ�, la aceleración media 𝑎Z[\, en función de los vectores unitarios se define por esta expresión:

𝒂𝒎𝒆𝒅 =

𝒗𝟐 − 𝒗𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

@ + 𝒗𝟐 − 𝒗𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

i +𝒗𝟐 − 𝒗𝟏𝒕𝟐 − 𝒕𝟏

𝒌

Su dirección es la de ∆𝑣 y su magnitud es ∆𝑣/∆𝑡 . Así, 𝑎Z[\ es una aceleración media ya que no se ha dicho la forma como varía el vector velocidad con el tiempo durante el intervalo de tiempo ∆𝑡. Si durante este intervalo de tiempo no hay cambio en el vector velocidad, esto es, si el vector velocidad permanece constante, en magnitud y en dirección, entonces en todo el intervalo de tiempo ∆𝑣 = 0 y en este caso, la aceleración sería cero.

Como con la velocidad, cuando el movimiento a analizar sea unidimensional, se usan los signos positivo y negativo para indicar la dirección de la aceleración. Debido a que las dimensiones de velocidad son 𝐿/𝑇 y la dimensión de tiempo es 𝑇, la aceleración presenta dimensiones de longitud divididas entre el tiempo al cuadrado, o 𝐿/𝑇:. La unidad del SI de aceleración es metros por segundo al cuadrado (𝑚/𝑠:).

!1 !2P2

P1Trayectoria

!1

!2D!

D!

amed

17

4.6 Parámetro Cinemático: Vector Aceleración Instantánea (𝒂)

En algunas situaciones el valor de la aceleración media puede ser diferente durante distintos intervalos de tiempo. Por lo tanto, es útil definir la aceleración instantánea como el límite de la aceleración media conforme ∆𝑡 tiende a cero. Definimos la aceleración instantánea 𝑎 (una cantidad vectorial) en un punto 𝑃-, como el límite de la aceleración media cuando el punto 𝑃: se acerca a 𝑃-, de tal manera que ∆𝑣 y ∆𝑡 tiendan a cero, lo cual se resume como sigue:

𝑎 = lim

∆�→�

∆𝑣∆𝑡

=𝑑𝑣𝑑𝑡

=𝑑𝑑𝑡

𝑑𝑟𝑑𝑡

=𝑑:𝑟𝑑𝑡:

En términos del Cálculo, la aceleración instantánea 𝑎 es igual a la derivada de la velocidad respecto al tiempo, que por definición es la pendiente de la gráfica 𝑣 − 𝑡. Mientras que el vector velocidad 𝑣, es tangente a la trayectoria descrita por la partícula, el vector aceleración instantánea 𝑎 siempre apunta hacia el lado cóncavo de la trayectoria, es decir, hacia el interior de cualquier curva descrita por la partícula. En tres dimensiones podemos escribir:

𝒂 =

𝒅𝒗𝒅𝒕

=𝒅 𝒗𝒙@ + 𝒗𝒚i + 𝒗𝒛𝒌

𝒅𝒕=𝒅𝒗𝒙𝒅𝒕

@ +𝒅𝒗𝒚𝒅𝒕

i +𝒅𝒗𝒛𝒅𝒕

𝒌

Teniendo en cuenta la expresión anterior y debido a que el vector aceleración 𝑎 se escribe como 𝑎 = 𝑎]𝚤 + 𝑎z𝚥 + 𝑎{𝑘, las componentes de la aceleración instantánea 𝑎 serán estas:

𝑎] =

𝑣]𝑑𝑡 ; 𝑎z =

𝑣z𝑑𝑡 ; 𝑎{ =

𝑣{𝑑𝑡

Otra forma de definir la aceleración, es en función del vector posición, en cuyo caso tenemos:

𝑎 =

𝑑:𝑥𝑑𝑡:

𝚤 +𝑑:𝑦𝑑𝑡:

𝚥 +𝑑:𝑧𝑑𝑡:

𝑘

Cuando estamos en el espacio ℝ� (plano 𝑋𝑌) y se dispara una flecha, el vector aceleración tendrá tanto una componente horizontal (𝑎]) como una componente vertical (𝑎z), veamos:

Análogo a la velocidad instantánea, el vector 𝑎 tendrá una magnitud y dirección dadas por:

𝑎 = 𝑎] : + 𝑎z

:; 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑎z/𝑎]

y

xO

θ

a

ax

ay

18

Ejemplo: Si el vector de posición que describe una partícula en su trayectoria está dado por:

𝑟 = 6𝑡� − 2 𝚤 + 𝑡: + 3𝑡 + 1 𝚥 + 2𝑡�𝑘

Determine los siguientes parámetros cinemáticos: a) El vector posición para el tiempo 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠. b) El vector desplazamiento en el intervalo 0,2 𝑠. c) El vector velocidad media en el intervalo 0,2 𝑠 y la velocidad instantánea en los tiempos 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠. d) El vector aceleración media en el intervalo 0,2 𝑠 y la aceleración instantánea en 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠.

Solución: a) Hallemos el vector posición 𝑟, para los tiempos indicados 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠, así:

𝑟��� = −2𝚤 + 1𝚥 + 0𝑘 = −2𝚤 + 𝚥 𝑚

𝑟��: = 48 − 2 𝚤 + 4 + 6 + 1 𝚥 + 32𝑘 = 46𝚤 + 11𝚥 + 32𝑘 𝑚

Una vez calculados los dos vectores de posición 𝑟��: y 𝑟���, el vector desplazamiento ∆𝑟 será:

∆𝑟 = 𝑟: − 𝑟- = 𝑟��: − 𝑟��� = 46𝚤 + 11𝚥 + 32𝑘 − −2𝚤 + 𝚥 = 48𝚤 + 10𝚥 + 32𝑘 𝑚

b) Conocido el vector desplazamiento ∆𝑟, el vector velocidad media 𝑣Z[\ se halla, dado que:

𝑣Z[\ =∆𝑟∆𝑡

=𝑟: − 𝑟-𝑡: − 𝑡-

= 48𝚤 + 10𝚥 + 32𝑘

2 − 0= 24𝚤 + 5𝚥 + 16𝑘 𝑚/𝑠

c) Calculemos ahora la velocidad instantánea 𝑣, derivando la posición respecto al tiempo así:

𝑣 =𝑑𝑟𝑑𝑡

= 18𝑡: 𝚤 + 2𝑡 + 3 𝚥 + 8𝑡�𝑘

Como nos piden la velocidad instantánea 𝑣 para los tiempos 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠, se obtiene que:

𝑣��� = 3𝚥𝑚 𝑠 ; 𝑣��: = 72𝚤 + 7𝚥 + 64𝑘 𝑚 𝑠

d) Calculemos seguidamente el vector aceleración media 𝑣Z[\ procediendo de esta manera:

𝑎Z[\ =∆𝑣∆𝑡

=𝑣: − 𝑣-𝑡: − 𝑡-

= 72𝚤 + 7𝚥 + 64𝑘

2 − 0= 36𝚤 + 2𝚥 + 32𝑘 𝑚/𝑠:

Hallemos ahora la aceleración instantánea 𝑣, derivando la velocidad respecto al tiempo así:

𝑣 =𝑑𝑟𝑑𝑡

= 36𝑡 𝚤 + 2 𝚥 + 24𝑡:𝑘

Como nos piden la aceleración instantánea 𝑎 para los tiempos 𝑡 = 0 y 𝑡 = 2,0𝑠, se tiene que:

𝑎��� = 2𝚥 𝑚 𝑠: ; 𝑎��: = 72𝚤 + 2𝚥 + 96𝑘 𝑚 𝑠:

19

Análisis: Notemos como para determinar la aceleración debimos calcular la velocidad y para calcular la velocidad debimos conocer la posición. La anterior afirmación se resume con esta frase: "la aceleración es a la velocidad, lo que la velocidad es a la posición".

Ejemplo: Si el vector posición de una partícula es definido por 𝑟 𝑡 = 3𝑡: + 1 𝚤 + 4𝑡: + 2 𝚥, donde 𝑟 se mide en metros y 𝑡 en segundos, realice procedimientos claros para determinar: a) El módulo (magnitud) del vector de posición para el tiempo 𝑡 = 2𝑠, b) El vector velocidad media en el intervalo 2,4 segundo, c) La velocidad instantánea para los tiempos 𝑡 = 2 y para 𝑡 = 4𝑠, d) El vector aceleración media en el intervalo 2,4 seg, e) La aceleración instantánea para cualquier tiempo 𝑡, f) Las ecuaciones paramétricas de 𝑥 y 𝑦 en función del tiempo y g) La ecuación de la trayectoria de la partícula y el tipo de movimiento que esta describe.

Solución: a) Lo primero es evaluar el vector de posición 𝑟 en el tiempo 𝑡 = 2𝑠, como sigue:

𝑟��: = 3 2 : + 1 𝚤 + 4 2 : + 2 𝚥 = 13𝚤 + 18𝚥 𝑚

Una vez evaluado en 𝑡 = 2𝑠, el módulo para el vector 𝑟 puede hallarse de la siguiente forma:

𝑟 = 13 : + 18 : = 169 + 324 = 22,203𝑚

b) Calculemos ahora el vector velocidad media. Para hecer esto debemos primero determinar el vector desplazamiento para el intervalo dado 2,4 . Por lo tanto podemos escribir que:

𝑟��: = 3 2 : + 1 𝚤 + 4 2 : + 2 𝚥 = 13𝚤 + 18𝚥 𝑚

𝑟��� = 3 4 : + 1 𝚤 + 4 4 : + 2 𝚥 = 49𝚤 + 66𝚥 𝑚

Una vez calculados los dos vectores de posición 𝑟��: y 𝑟���, el vector desplazamiento ∆𝑟 será:

∆𝑟 = 𝑟: − 𝑟- = 𝑟��: − 𝑟��� = 49𝚤 + 66𝚥 − 13𝚤 + 18𝚥 = 36𝚤 + 48𝚥 𝑚

Recordemos que la velocidad media nos proporciona información sobre la rapidez con la cual se produce un cambio en la posición y ésta puede calcularse mediante la siguiente expresión:

𝑣Z[\ =∆𝑟∆𝑡

=𝑟: − 𝑟-𝑡: − 𝑡-

= 36𝚤 + 48𝚥4 − 2

= 18𝚤 + 24𝚥 𝑚/𝑠

c) Calculemos ahora la velocidad instantánea 𝑣, derivando la posición respecto al tiempo así:

𝑣 =𝑑𝑟𝑑𝑡

= 2 3𝑡 𝚤 + 4 2𝑡 𝚥 = 6𝑡𝚤 + 8𝑡𝚥 𝑚/𝑠

Como nos piden la velocidad instantánea 𝑣 para los tiempos 𝑡 = 2𝑠 y 𝑡 = 4,0𝑠, se tendrá que:

𝑣��: = 12𝚤 + 16𝚥 𝑚 𝑠 ; 𝑣��� = 24𝚤 + 32𝚥 𝑚 𝑠

20

d) Calculemos seguidamente el vector aceleración media 𝑣Z[\ procediendo de esta manera:

𝑎Z[\ =∆𝑣∆𝑡

=𝑣: − 𝑣-𝑡: − 𝑡-

= 24𝚤 + 32𝚥 − 12𝚤 + 16𝚥

4 − 2= 6𝚤 + 8𝚥 𝑚/𝑠:

e) Hallemos ahora la aceleración instantánea 𝑣, derivando la velocidad respecto al tiempo:

𝑎 =𝑑𝑣𝑑𝑡

= 6𝚤 + 8𝚥 𝑚/𝑠:

f) Determinemos las ecuaciones paramétricas en función del tiempo. Para lograr el objetivo, debemos expresar el vector de posición 𝑟 dado inicialmente en función del tiempo, así:

𝑟 𝑡 = 𝑥 𝑡 𝚤 + 𝑦 𝑡 𝚥

Teniendo en cuenta lo anterior, las ecuaciones paramétricas en función de 𝑥 𝑡 y 𝑦 𝑡 serán:

𝑥 𝑡 = 3𝑡: + 1; 𝑦 𝑡 = 4𝑡: + 2

g) Hallemos la ecuación de la trayectoria que describe la partícula, la cual tendrá esta forma:

𝑦 = 𝑦 𝑥 = 𝑓 𝑥

Recordemos que la trayectoria no depende de la cantidad escalar tiempo ya que se trata de un concepto geométrico. Eliminando el parámetro 𝑡 de las ecuaciones de 𝑥 𝑡 y 𝑦 𝑡 tenemos:

𝑥 𝑡 = 3𝑡: + 1 1 ; 𝑦 𝑡 = 4𝑡: + 2 2 ; 𝑡: = 𝑥 − 1 3 3

Por lo tanto reemplazando la expresión [3] en la expresión [2], podemos escribir lo siguiente:

𝑦 =4 𝑥 − 1

3+ 2 =

4𝑥3−4𝑥3+ 2 → 𝑦 =

4𝑥3−23

Notemos que la expresión anterior tiene la forma 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃, que corresponde a la ecuación de una línea recta y dado que la aceleración es la misma en cualquier instante 𝑡, se trata de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado 𝑀𝑅𝑈𝐴 . Gráficamente será como sigue:

y

xO- 0,5

0,5

21

5. MOVIMIENTO CON VELOCIDAD Y CON ACELERACIÓN CONSTANTES

Hasta este momento del curso hemos definido de manera general los parámetros cinemáticos para una, dos y tres dimensiones, que permiten describir el movimeinto de una partícula. En este numeral veremos algunos casos particulares para estos parámetros cinemáticos en una dimensión cuando la velocidad 𝑣 y la aceleración 𝑎 permanecen constantes. Nos referimos al movimiento rectilíneo uniforme y movimiento rectilíneo uniformemente acelerado, dos tipos de movimientos que como veremos más adelante harán parte del movimiento parabólico. 5.1 Movimiento Rectilíneo Uniforme 𝑴𝑹𝑼

Un movimiento es rectilíneo cuando una partícula describe una trayectoria recta respecto a un sistema de referencia y es uniforme cuando su velocidad es constante en el tiempo. Para definir este tipo de movimiento, recordemos que la velocidad instantánea 𝑣 está dada por:

𝑣 =

𝑑𝑥𝑑𝑡→ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑡 [1]

Integrando la expresión [1] teniendo en cuenta la velocidad constante, podemos escribir que:

𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑡 → 𝑑𝑥

]

]�= 𝑣 𝑑𝑡

�

�� [2]

Evaluando la expresión [2] para las condiciones iniciales 𝑡� = 0 y 𝑥 = 𝑥�, tenemos la manera:

𝑥𝑥𝑥� = 𝑣𝑡

𝑡𝑡�→ 𝑥 − 𝑥� = 𝑣 𝑡 − 𝑡� [3]

Por lo tanto, para un instante inicial 𝑡� = 𝑡 = 0, la expresión [3] se transforma en lo siguiente:

𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒗𝒕 [4]

Esta ecuación nos dice que la posición de la partícula se conoce por la suma de su posición original 𝑥� en el tiempo 𝑡 = 0 más el desplazamiento 𝑣𝑡 que ocurre durante el intervalo de tiempo ∆𝑡. Por lo tanto, la expresión [4] es la ecuación de una recta 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏, donde 𝑚 es la pendiente de la misma. Si despejamos 𝑣 de [3], podemos obtener la siguiente ecuación:

𝑣 =

𝑥 − 𝑥�𝑡 − 𝑡�

[5]

Notemos que la expresión [5] no es otra cosa que la definición del vector velocidad media. En conclusión, cuando la velocidad es constante, la velocidad media 𝑣Z[\ es igual a la velocidad instantánea 𝑣 y en este caso particular 𝑎 = 0 y por tanto se cumple la siguiente expresión:

𝑣Z[\ = 𝑣 =

𝑥 − 𝑥�𝑡 − 𝑡�

[6]

22

Teniendo en cuenta los anteriores conceptos, podemos proceder a realizar los diagramas de posición y velocidad versus el tiempo para un Movimiento Rectilíneo Uniforme 𝑀𝑅𝑈 como:

Un ejemplo de Movimiento Rectilíneo Uniforme ocurre, cuando la aguja del velocímetro de un auto no cambia de posición mientras la partícula está en movimiento por una vía recta.

5.1 Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado 𝑴𝑹𝑼𝑨

En este caso, la velocidad cambia al mismo ritmo a lo largo del movimiento, es decir, la aceleración permanece constante. Un ejemplo de 𝑀𝑅𝑈𝐴 puede ser una partícula en caída libre bajo la influencia de la gravedad, despreciando la resistencia del aire. Para definir este tipo de movimiento, recordemos que la aceleración instantánea 𝑣 está dada como sigue:

𝑎 =

𝑑𝑣𝑑𝑡→ 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡 [1]

Integrando la expresión [1] teniendo en cuenta la velocidad constante, podemos escribir que:

𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑡 → 𝑑𝑣

�

��= 𝑎 𝑑𝑡

�

� [2]

Evaluando la expresión [2] para las condiciones iniciales 𝑡� = 0 y 𝑣 = 𝑣�, tenemos la manera:

𝑣𝑣𝑣� = 𝑎𝑡

𝑡𝑡�→ 𝑣 − 𝑣� = 𝑎 𝑡 − 𝑡� [3]

Por lo tanto, para un instante inicial 𝑡� = 𝑡 = 0, la expresión [3] se transforma en lo siguiente:

𝒗 = 𝒗𝟎 + 𝒂𝒕 [4]

De manera análoga, observamos que de la expresión indicada en [3], el vector aceleración 𝑎, equivale a la pendiente de la recta, la cual podemos identificar mediante la ecuación:

𝑎 =

𝑣 − 𝑣�𝑡 − 𝑡�

= 𝑎Z[\ [5]

x(m)

t (s)O

x0

xP2

t0 t

Dx

Dt

!=cteP1

v(m)

t (s)O

vP2

t0 t

Area

Dx

P1 Pendiente a=0

23

Notemos que la expresión [5] que está corresponde a la velocidad media y por tanto cuando la eaceleración es constante, la aceleración instantánea será igual a la aceleración media. Así mismo, la aceleración dada en [5] equivale a la pendiente de la recta en el 𝑀𝑅𝑈𝐴 . Veamos las gráficas de velocidad y aceleración contra el tiempo para este tipo de movimiento.

Veamos algo más, sabiendo que la velocidad instantánea es 𝑣 = 𝑑𝑥/𝑑𝑡 e integrando, se tiene:

𝑑𝑥]

]�= 𝑣𝑑𝑡

�

��= 𝑣� + 𝑎𝑡 𝑑𝑡

�

�� [6]

Manipulando y reorganizando la expresión [6], podemos escribir una ecuación de esta forma:

𝑥 − 𝑥� = 𝑣� 𝑑𝑡

�

��+ 𝑎 𝑡𝑑𝑡

�

��= 𝑣 𝑡 − 𝑡� + 1/2𝑎 𝑡: − 𝑡�: [7]

Aplicando las condiciones iniciales 𝑡� = 0 y reorganizando, podemos finalmente obtener que:

𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝒗𝟎𝒕 + 𝟏/𝟐𝒂𝒕𝟐 [8]

La cual se aplica cuando la aceleración es constante. En ocasiones es útil tener una relación para la posición, la velocidad y la aceleración constante que no involucre el tiempo, así:

𝒗𝒙𝟐 = 𝒗𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝒂𝒙 𝒙 − 𝒙𝟎 [9]

6. ECUACIONES PARAMÉTRICAS DE LA TRAYECTORIA

La ubicación de una partícula en el espacio queda definida por el vector posición 𝑟 trazado desde el origen de un sistema de referencia hasta las coordenadas de la partícula en el punto particular 𝑃. Cuando la partícula se mueve, el extremo del vector posición 𝑟, describe una curva 𝐶 en el espacio, denominada como trayectoria. La trayectoria será el lugar geométrico de las sucesivas posiciones que ocupa la partícula en su movimiento en un tiempo 𝑡.

v(m/s)

t (s)O

v0

vP2

t0 t

aP1

a(m/s2)

t (s)O

aP2

t0 t

Area

Dv

P1 Pendiente cte

24

Es frecuente encontrar para el caso de tres dimensiones, las coordenadas 𝑥, 𝑦, 𝑧 del vector de posición 𝑟 escritas en función del tiempo de esta forma: 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 y 𝑧 𝑡 que representan la evolución de la partícula en el tiempo. En coordenadas cartesianas escribimos lo siguiente:

𝑟 𝑡 = 𝑥 𝑡 𝚤 + 𝑦 𝑡 𝚥 + 𝑧 𝑡 𝑘

En Cinemática un ejemplo simple es cuando usamos el parámetro tiempo para determinar la posición o la velocidad de una partícula cualquiera. Consideremos este vector de posición:

𝑟 𝑡 = 2𝑡𝚤 + 3𝚥 + 4𝑡:𝑘

Esta expresión vectorial que representa el vector de la posición 𝑟 en función del tiempo, la podemos descomponer en ecuaciones escalares denominadas ecuaciones paramétricas, así:

𝑥 𝑡 = 2𝑡; 𝑦 𝑡 = 3; 𝑧 𝑡 = 4𝑡:

Luego la idea es eliminar la magnitud escalar del tiempo 𝑡 de las ecuaciones paramétricas, para obtener la ecuación de la trayectoria que describe la partícula.

Ejemplo: En el plano 𝑋𝑌, el vector de posición 𝑟 en función del tiempo está determinado por:

𝑟 𝑡 = 𝑡: + 2 𝚤 + 𝑡: − 1 𝚥

A partir del vector de posición 𝑟, determine lo siguiente: a) Las ecuaciones paramétricas en función del tiempo 𝑡 y b) La ecuación de la trayectoria que describe la partícula.

Solución: a) Las ecuaciones paramétricas se determinan sabiendo que el vector posición es:

𝑟 𝑡 = 𝑥 𝑡 𝚤 + 𝑦 𝑡 𝚥

Teniendo en cuenta lo anterior, las ecuaciones paramétricas pueden escribirse de esta forma:

𝑥 𝑡 = 𝑡: + 2 1 ; 𝑦 𝑡 = 𝑡: − 1 2

b) Calculemos la ecuación de la trayectoria, la cual es una relación entre las coordenadas de la partícula en la cual no debe aparecer el tiempo. Esto por cuanto el escalar tiempo no se requiere ya que la trayectoria es sólo un concepto geométrico. Debemos eliminar la variable 𝑡 para llegar a la forma 𝑦 = 𝑓 𝑥 . Despejando 𝑡 en [1], reemplazando en [2] y resolviendo:

𝑦 = 𝑥 − 3

Vemos que la ecuación de la trayectoria no depende de 𝑡 y en este caso será una línea recta.

Ejemplo: En el plano 𝑋𝑌, el vector de posición 𝑟 en función del tiempo está determinado por:

𝑟 𝑡 = 2𝑡 𝚤 + 4𝑡: 𝚥

A partir del vector de posición 𝑟, determine lo siguiente: a) Las ecuaciones paramétricas en función del tiempo 𝑡 y b) La ecuación de la trayectoria que describe la partícula.

25

Solución: a) Las ecuaciones paramétricas se determinan sabiendo que el vector posición es:

𝑟 𝑡 = 𝑥 𝑡 𝚤 + 𝑦 𝑡 𝚥

Teniendo en cuenta lo anterior, las ecuaciones paramétricas pueden escribirse de esta forma:

𝑥 𝑡 = 2𝑡; 𝑦 𝑡 = 4𝑡:

b) Procedemos ahora a despejar el tiempo 𝑡 de la primera ecuación, para tener lo siguiente:

𝑡 =𝑥2→ 𝑦 = 4

𝑥2

:→ 𝑦 = 𝑥:

Observemos que la expresión 𝑦 = 𝑥: corresponde a la ecuación de la trayectoria descrita por la partícula que representa en este caso a una parábola. Gráficamente sería algo así:

En resumen, un sistema de ecuaciones paramétricas nos permite representar una curva o superficie en el plano o en el espacio, mediante valores que recorren un intervalo de números reales, mediante una variable 𝑡, denominada parámetro, considerando cada coordenada de un punto como una función dependiente de dicho parámetro. Por ejemplo para una esfera, el sistema de ecuaciones paramétricas es: 𝑥 𝑡 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑦 𝑡 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 y 𝑧 𝑡 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡.

Tarea: En el plano bidimensional 𝑋𝑌, el vector de posición 𝑟 en función del tiempo está determinado por 𝑟 𝑡 = 𝑡 − 2 𝚤 + 2𝑡: + 4𝑡 − 3 𝚥 𝑚. Determine las ecuaciones paramétricas y la ecuación de la trayectoria que describe esta partícula.

7. ANÁLISIS GRÁFICO DE LOS PARÁMETROS CINEMÁTICOS

Una manera alternativa en Cinemática de escribir y comprender el movimiento en función de los parámetros cinemáticos es mediante el análisis de diagramas distancia-tiempo, velocidad-tiempo y aceleración-tiempo. Al graficar cualquier par de estas variables obtendremos líneas que pueden ser de dos tipos de líneas: líneas rectas o líneas curvas.

Cuando la línea resultante es una recta, el parámetro a analizar es constante. Mientras que si la línea resultante es una curva, el parámetro de análisis es variable, es decir, va a cambiar con el transcurso del tiempo. Adicionalmente, cuando la línea resultante es inclinada, el

y

xO

θ

r

v

⌵

j

⌵i

P(x,y)

26

parámetro en análisis es diferente de cero y cuando es horizontal o paralelo al tiempo, el parámetro en análisis será igual a cero. Para el caso posición versus el tiempo se tiene que:

En la figura anterior vemos que tenemos líneas inclinadas y rectas, por tanto concluimos que el movimiento es rectilíneo uniforme donde el parámetro en análisis es la velocidad la cual es constante. En el caso de la primera gráfica, la partícula se ha movido a la derecha, es decir, en dirección del eje 𝑥 positivo. Mientras que en la segunda gráfica, la partícula se mueve a la izquierda, es decir, en dirección negativa del eje 𝑥. También podemos tener líneas curvas:

Aquí las líneas son curvas, la velocidad no es constante y el movimiento será uniformemente acelerado. Si el ángulo aumenta será acelerado y si el ángulo disminuye será desacelerado. Podemos también analizar gráficos de velocidad versus tiempo, por tanto el parámetro en análisis será la aceleración. Veamos algunas posibles situaciones para este tipo de gráfico:

x

tO

v

MRU

x

tO

v

MRU

x

tO

v

MRU

x

tO

v

MRU

x

tO

v

MRUA

x

tO

v

MRUA

x

tO

v

MRUA

x

tO

v

MRUAθ1

θ2 θ2

θ1

v

tO

a

MRUA

v

tO

a

MRUA

v

tO

a

MRUA

v

tO

a

MRUA

27

En este caso de la figura anterior las lineas son todas rectas e inclinadas, por lo tanto el parámetro en análisis que es la aceleración es constante, es decir, la velocidad cambia al mismo ritmo lo cual corresponde a un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. Será acelerado cuando parte del origen hacia la derecha y desacelerado cuando va hacia el origen.

8. MOVIMIENTO DE CAÍDA LIBRE 𝑴𝑪𝑳

Es bien sabido que, en ausencia de resistencia del aire, todos los objetos que se dejan caer cerca de la superficie de la Tierra caen hacia ella con la misma aceleración constante bajo la influencia de la gravedad de la Tierra. No fue sino hasta alrededor de 1600 que se aceptó esta conclusión. Antes de esta época, las enseñanzas del filósofo griego Aristóteles sostenían que los cuerpos más pesados caían más rápido que los ligeros.

Galileo demostró que era incorrecta la denominada Ley de la Caída de los Cuerpos del griego Aristóteles de Estagira. Afirma la leyenda que Galileo demostró el comportamiento de los objetos que caen al observar que dos pesos diferentes soltados simultáneamente de la Torre Inclinada de Pisa golpeaban el suelo aproximadamente al mismo tiempo. Lo que demostró Galileo es que disminuyendo la resistencia del medio la ley de Aristóteles no es nada válida.

El experimento de Galileo concluyó que todos los cuerpos en un lugar específico caen con la misma aceleración y al mismo tiempo independientemente de su tamaño (geometría) o peso. Despreciando la resistencia del aire los cuerpos caen bajo la gravedad con una aceleracón constante. Si se ignora la resistencia del aire y se supone que la aceleración de caída libre no varía con la altitud en distancias verticales cortas, el movimiento de un objeto en caída libre que se mueve verticalmente es equivalente al movimiento de una partícula bajo aceleración constante en una dimensión.

El ejemplo más común de un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado es la caída libre de un cuerpo bajo la influencia de un campo gravitacional. Un objeto en caída libre es cualquier objeto que se mueve libremente sólo bajo la influencia de la gravedad, sin importar su movimiento inicial. Los cuerpos que se lanzan hacia arriba o abajo y los que se liberan desde el reposo están todos en caída libre una vez que se liberan. Cualquier objeto en caída libre experimenta una aceleración dirigida hacia abajo, sin importar su movimiento inicial.

Aceite Agua Aire Vacío

28

Consideremos una pelota cayendo bajo la acción de la gravedad terrestre, despreciando la resistencia del aire. Supongamos ahora que le tomamos una foto a la pelota en intervalos iguales de tiempo, entonces la velocidad media de la pelota será proporcional a la distancia recorrida entre cada intervalo. En otras palabras, el aumento en las distancias indicará que la velocidad cambia continuamente y la pelota se acelera hacia abajo. Más aun, el cambio de la velocidad es el mismo en cada intervalo, lo que implicará que la aceleración sea constante. La aceleración constante de un cuerpo en caída libre se denomina aceleración de la gravedad y se denota por la letra 𝑔. En la superficie de la Tierra, el módulo de 𝑔 es aproximadamente:

𝑔 = 9,8𝑚 𝑠: = 980 𝑐𝑚 𝑠:

La aceleración debida a la gravedad es una magnitud vectorial o un vector dirigido siempre hacia abajo en la dirección vertical y según el sistema de referencia tiene un signo asociado:

El signo de 𝑔 independientemente del sentido del movimiento de la partícula, dependerá del sentido que se tome el eje vertical 𝑦. El signo de 𝑔 será negativo cuando el eje 𝑦 se tome positivo verticalmente hacia arriba y será positivo en el caso contrario. Un error común es considerar que la aceleración de un proyectil en lo alto de su trayectoria es cero. Si bien la velocidad en lo alto del movimiento del cuerpo que se lanza hacia arriba momentáneamente va a cero, la aceleración todavía corresponde a la gravedad en este punto. Si la velocidad y la aceleración fuesen cero, el proyectil permanecería en lo alto.

De otro lado, dentro del Movimiento de Caída Libre 𝑀𝐶𝐿 podemos tener los siguientes dos sentidos de movimiento: un movimiento descendente y un movimiento ascendente, veamos:

El cuerpo 𝐴 tiene movimiento rectilíneo uniformemente retardado debido a que el sentido del vector velocidad 𝑣 se opone al sentido del vector aceleración de la gravedad 𝑔. Mientras que

y

xO

a =⎼g j

y

xO

a =+g j

O

a = gMovimiento retardado

v v Movimiento acelerado

A

B

29

el cuerpo 𝐵 tiene un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado debido a que el sentido del vector velocidad 𝑣, coincide con el sentido del vector aceleración de la gravedad 𝑔.

Ejemplo: Una canica cae libremente desde la parte más alta de una torre desde el reposo. Calcular: a) Su posición después de 1𝑠, 2𝑠 y 3𝑠. b) Su velocidad después de 1𝑠, 2𝑠 y 3𝑠.

Solución: Cuando decimos "cae libremente", significa no considerar la resistencia del aire. Por lo tanto, la partícula cae con aceleración constante 𝑎 que equivale al vector aceleración debido a la gravedad 𝑔. Dado que 𝑎 es constante, se presentará un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado 𝑀𝑅𝑈𝐴 . Es acelerado porque el vector velocidad 𝑣 y el vector 𝑎 tienen el mismo sentido. Veamos gráficamente la situación:

a) Como el eje es positivo hacia arriba, la aceleración 𝑎 es negativa e igual a −𝑔. Por lo tanto se trata de un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado (MRUA), donde se cumplirá:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑡 +-:𝑎𝑡:; 𝑣] = 𝑣�] + 𝑎]𝑡

Se trata de un movimiento en una sola dimensión donde la variable es 𝑦 y por tanto se tiene:

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑡 +-:𝑎𝑡:; 𝑣z = 𝑣�z + 𝑎z𝑡

En el paso anterior, sólo hemos reemplazado la variable 𝑥 por la variable 𝑦 en las ecuaciones del Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado 𝑀𝑅𝑈𝐴 . Entonces, reemplazando en la expresión de la posición los valores de tiempo dados y teniendo en cuenta las condiciones iniciales siguientes: 𝑦� = 0 y 𝑣�z = 0, podemos tener la respectiva ecuación del movimiento:

𝑦 ��-� = 0 + 0 + -: −9,8𝑚 𝑠: 1𝑠 : = −4,9𝑚

𝑦 ��:� = 0 + 0 + -: −9,8𝑚 𝑠: 2𝑠 : = −19,6𝑚

𝑦 ���� = 0 + 0 + -: −9,8𝑚 𝑠: 3𝑠 : = −44,1𝑚

y

Referencia

O

a = ⎯ g j

t=0s

t=1s

t=2s

t=3s"

30

En consecuencia, estas serán las posiciones de la canica para los instantes dados 1𝑠, 2𝑠 y 3𝑠. Notemos que el aumento en las distancias indicará que la velocidad cambia continuamente y la canica se acelera hacia abajo, donde hemos despreciado la resistencia del aire.

b) Determinemos ahora las velocidades en 𝑦 para estos mismos tiempos dados como sigue:

𝑣z = 0 + −9,8𝑚 𝑠: 1𝑠 = −9,8𝑚/𝑠

𝑣z = 0 + −9,8𝑚 𝑠: 2𝑠 = −19,6𝑚/𝑠

𝑣z = 0 + −9,8𝑚 𝑠: 3𝑠 = −29,4𝑚/𝑠

La elección hacia arriba del eje 𝑦 como positiva, implica que tanto las posiciones como las velocidades ambas son negativas. Si el eje 𝑦 apuntara hacia abajo, los valores son opuestos.

Ejemplo: Desde la superficie de la Tierra se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con rapidez de 54𝑘𝑚/ℎ. A los 0,7𝑠 de lanzada la piedra, se deja caer un bloque desde una altura de 10𝑚, respecto a la superficie. Los cuerpos se mueven en trayectorias paralelas. a) Realice un diagrama ilustrativo de la situación planteada, donde se muestre el sistema de referencia a emplear. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y de velocidad que rigen el movimiento de la piedra y del bloque. c) Calcule el tiempo que demoran los cuerpos en pasar uno frente al otro. d) En el instante que el bloque llega al piso, ¿dónde se encuentra la piedra? ¿Asciende o desciende la piedra?

Solución: a) Realicemos el diagrama ilustrativo que represente la situación física explicada, donde se muestran las dos partículas de interés que aquí intervienen (el bloque y la piedra):

Hemos tomado el origen del sistema de coordenadas en la superficie de la Tierra, donde se muestran las posiciones y las velocidades iniciales de cada una de estas partículas, tal que:

𝑃𝑖𝑒𝑑𝑟𝑎:𝑦�� = 0𝑚; 𝑣�� = 54 𝑘𝑚 ℎ ; 𝑡�� = 0𝑠

𝐵𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒:𝑦�� = 10𝑚; 𝑣�� = 0 𝑘𝑚 ℎ ; 𝑡�� = 0,7𝑠

O

Bloque

!

10

y (m)

!

Piedra

a = ⎯ g j

31

b) Según el sistema las ecuaciones cinemáticas de la posición y velocidad para la piedra son:

𝑦��[\�� = 0 + 15𝑚 𝑠 𝑡 + -

: −9,8𝑚 𝑠: 𝑡: [1]

𝑣��[\�� = 15𝑚 𝑠 + −9,8𝑚 𝑠: 𝑡 [2]

Análogamente, las ecuaciones cinemáticas de la posición y la velocidad para el bloque serán:

𝑦��� ¡[ = 10𝑚 + -

: −9,8𝑚 𝑠: 𝑡 − 0,7𝑠 : [3]

𝑣��� ¡[ = 0 + −9,8𝑚 𝑠: 𝑡 − 0,7𝑠 [4]

c) Calculemos ahora el tiempo que tardan ambos cuerpos en pasar uno frente al otro. Para que esto ocurra, la posición vertical deberá ser igual, es decir, las expresiones en 𝑦 deberán ser iguales. Realizando esto y suprimiendo las unidades, igualamos [1] y [3] para obtener:

15𝑡 − 5𝑡: = 10 − 5𝑡: + 7𝑡 − 2,5 [5]

Hemos obtenido de esta manera una ecuación de segundo orden en la cual podemos cancelar el término cuadrático que aparece en ambos lados de la expresión [5]. Por tanto, procedemos a despejar la variable tiempo de la expresión [5], para obtener el siguiente valor numérico:

15𝑡 − 7𝑡 = 7,5 → 8𝑡 = 7,5 → 𝑡 = 0,93𝑠 [6]

d) Cuando el bloque llega al piso pasa que 𝑦� = 0 y de la expresión [3], se tiene lo siguiente:

0 = 10 − 5 𝑡 − 0,7 : → 10 = 5𝑡: − 7𝑡 + 2,5 [7]

Notemos que la expresión [7] corresponde a una forma cuadrática que arroja dos soluciones o dos raíces que son: 𝑡- = −0,71𝑠 y 𝑡: = 2,11𝑠. Tomando la raíz positiva podemos determinar la posición de la piedra en este preciso instante; reemplazando en [1], se obtendrá que:

𝑦� = 15 2,11 − 5 2,11 : → 𝑦� = 9,8𝑚 [8]

Finalmente, para determinar si la piedra asciende o desciende en ese instante, procedemos a reemplazar el tiempo 𝑡: = 2,11𝑠 en la expresión [2], obteniendo así el siguiente resultado:

𝑣� = 15 − 10 2,11 → 𝑣� = −5,58𝑚 𝑠 [9]

Teniendo en cuenta que el signo de la velocidad es un valor negativo y de acuerdo con el sistema de referencia escogido, se concluye que la piedra por tanto estará descendiendo.

32

9. MOVIMIENTO CURVILÍNEO EN UN PLANO (PARABÓLICO-PROYECTILES)

Este es un caso de movimiento en el cual la partícula está sometida a una aceleración cuya magnitud y dirección permanecen constantes. Se ignorarán los efectos de la resistencia del aire, así como la curvatura y la rotación de la Tierra, se trata de un modelo ideal. En la vida se presenta este movimiento cuando se patea un balón de fútbol, cuando se lanza una pelota de beisbol, cuando se dispara un proyectil o en general cuando es lanzada una partícula con una velocidad inicial que forma un ángulo 𝛼 con la horizontal diferente de 0° o de 90°, es decir, siempre se cumple la condición 0° < 𝛼 < 90°. Existe una situación particular si 𝛼 = 90° y la partícula es lanzada horizontalmente desde una altura determinada, respecto al piso.

En este sentido, la partícula denominada proyectil, se mueve en el plano bidimensional 𝑋𝑌 y es lanzada desde el punto 𝐴 con velocidad inicial 𝑣� y forma un ángulo 𝛼 con la horizontal. En este movimiento, es posible descomponer la velocidad inicial 𝑣� en componentes horizontal y vertical, lo que permite hacer el análisis utilizando coordenadas rectangulares, veamos:

En el movimiento parabólico, la trayectoria de una partícula solo dependerá de la velocidad inicial 𝑣� y de la aceleración hacia abajo debida a la gravedad 𝑔. El argumento es que la aceleración debida a la gravedad es exclusivamente vertical; la gravedad no puede mover un proyectil lateralmente, así el movimiento es bidimensional. Definimos al plano de movimiento el plano de coordenadas 𝑋𝑌, con el eje 𝑥 horizontal y el eje 𝑦 vertical hacia arriba.

La clave del análisis del movimiento de proyectiles o movimiento parabólico es que podemos tratar por separado las coordenadas 𝑥 y 𝑦. Por tanto podemos entender el movimiento de un proyectil como una combinación de un movimiento horizontal con velocidad constante y un movimiento vertical con aceleración constante. Luego, podemos expresar todas las relaciones vectoriales de posición, velocidad y aceleración del proyectil con ecuaciones independientes para las componentes horizontal y vertical respectivamente.

y

xO

v0

Ay0

x0

!

a = ⎯ g j

ĵ

î

33

En resumen, es posible interpretar este movimiento como la superposición de un Movimiento Rectilíneo Uniforme 𝑀𝑅𝑈 en dirección horizontal y un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado 𝑀𝑅𝑈𝐴 en dirección vertical. Como en 𝑥 la velocidad es constante, su aceleración horizontal es cero, es decir, 𝑎] = 0. Veamos gráficamente la superposición de movimientos:

En la cima de la trayectoria, el proyectil tiene velocidad vertical cero 𝑣z = 0, sin embargo su aceleración vertical aun es −𝑔. Verticalmente, el proyectil muestra movimiento de aceleración constante en respuesta al tirón gravitacional de la Tierra. Por lo tanto, su velocidad vertical cambia en cantidades iguales durante intervalos de tiempo iguales. Horizontalmente, el proyectil muestra movimiento de velocidad constante: su aceleración horizontal es cero, por lo que se mueve a distancias 𝑥 iguales en intervalos de tiempo iguales.

Las componentes horizontal y vertical del movimiento de un proyectil, son completamente independientes una de la otra y se manipulan por separado, con el tiempo 𝑡 como la variable común para ambas componentes. Para el movimiento horizontal en 𝑥, se cumple que 𝑎] = 0 y las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad en dirección 𝑥 serán las siguientes:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑡; 𝑣] = 𝑣�] = 𝑐𝑡𝑒(𝑀𝑅𝑈) [1]

En el movimiento vertical 𝑦, 𝑎z = −𝑔, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad son:

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑡 −

-:𝑔𝑡:; 𝑣z = 𝑣�z − 𝑔𝑡(𝑀𝑅𝑈𝐴) [2]

En función de las componentes, 𝑣�] = 𝑣�𝑐𝑜𝑠𝛼 y 𝑣�z = 𝑣�𝑠𝑒𝑛𝛼, luego sustituyendo, se obtiene:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡; 𝑣] = 𝑣�𝑐𝑜𝑠𝛼(𝑀𝑅𝑈) [3]

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑠𝑒𝑛𝛼𝑡 −

-:𝑔𝑡:; 𝑣z = 𝑣�𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑔𝑡(𝑀𝑅𝑈𝐴) [4]

y

xO

v0

! a =⎼g j

v0x

v0y

v1y

v1x

v1 v2

v3y

v3x

v3

v0x v1x v2x v3x

34

Las ecuaciones anteriores pueden utilizarse para describir la posición y la velocidad de una partícula moviéndose en el plano en cualquier instante 𝑡, en donde la distancia al origen será:

𝑟 = 𝑥: + 𝑦: [5]

Donde la rapidez del proyectil, es decir, la magnitud de su velocidad para un instante 𝑡, será:

𝑣 = 𝑣]: + 𝑣z: [6]

Así mismo, la dirección de la velocidad en cualquier momento de la trayectoria está dada por:

𝑡𝑎𝑛 𝛼 =

𝑣z𝑣]

[7]

Teniendo en cuenta que el vector velocidad es tangente a la trayectoria en todos los puntos. De otro lado, para hallar la ecuación de la trayectoria descrita por la partícula, despejamos de las ecuaciones [3] y [4] el parámetro tiempo 𝑡 para luego eliminarlo. Puede probarse que:

𝒚 = 𝒕𝒂𝒏𝜶 𝒙 −

𝒈𝟐𝒗𝟎𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝜶

𝒙𝟐 [8]

Notemos que la expresión [8], corresponde a la ecuación de una parábola que tiene la forma:

𝑦 = 𝑎𝑥 − 𝑏𝑥: [9]

Donde 𝑎 y 𝑏 son constantes. Esta es la razón por la cual a este movimiento de proyectiles se le llama movimiento parabólico. Finalmente como 𝑣z = 0 en la altura máxima, el tiempo 𝑡 es:

𝑡 =

𝑣�𝑠𝑒𝑛𝛼𝑔

[10]

Esta última expresión se cumple por cuanto la componente vertical de la velocidad se hace cero en la altura máxima alcanzada por la partícula y ésta se deduce despejando la variable 𝑡 de la segunda ecuación consignada en la expresión [4] anterior.

Ejemplo: En un partido de fútbol, un defensa patea el balón desde el piso imprimiéndole una velocidad de 90𝑘𝑚/ℎ formando un ángulo de 30° con la horizontal. En el instante en que sale el balón del pie del defensa, un delantero que se encuentra a 60𝑚 de este, corre hacia el balón y lo recibe en la cabeza a una altura de 2𝑚. a) Realice un diagrama ilustrativo de la situación planteada, donde se muestre el sistema de referencia a emplear y analice el tipo de movimiento en cuestión. b) Teniendo en cuenta el sistema de referencia elegido, plantee las ecuaciones cinemáticas de posición y de velocidad para el balón y el delantero. c) Calcule la posición horizontal del balón cuando golpea la cabeza del delantero. d) Hallar la velocidad del delantero, suponiendo que éste corre con velocidad constante.

35

Solución: a) Realicemos el diagrama ilustrativo que represente la situación física explicada, donde el origen de coordenadas se tomará en el lugar donde es pateado el balón, así:

Notemos que el problema hace referencia de un movimiento parabólico en dos dimenisones, donde las siguientes condiciones iniciales para el balón y el delantero serán respectivamente:

𝐵𝑎𝑙ó𝑛(𝑀𝑅𝑈𝐴):𝑥�� = 𝑦�� = 0; 𝑣�� = 90𝑘𝑚/ℎ; 𝑡�� = 0; 𝑦r = 2𝑚

𝐷𝑒𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟𝑜(𝑀𝑅𝑈):𝑥�\ = 60𝑚; 𝑥\ =? ; 𝑣\ =? ; 𝑡�\ = 0

Sabemos que en este movimiento parabólico, la trayectoria que sigue el balón solo depende de la velocidad inicial 𝑣� y de la aceleración de la gravedad. Por tanto, el tiempo se empieza a medir desde el instante en el cual el balón es pateado por el defensa.

b) Vamos a analizar este tipo de movimiento parabólico como la superposición o combinación de un movimiento horizontal con velocidad constante (𝑀𝑅𝑈) y un movimiento vertical dotado de aceleración constante (𝑀𝑅𝑈𝐴). Luego para el balón, las ecuaciones cinemáticas serán:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡 → 𝑥� = 25𝑐𝑜𝑠 30 𝑡 [1]

𝑣] = 𝑣�𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝑣]ª = 25𝑐𝑜𝑠 30 [2]

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑠𝑒𝑛𝛼𝑡 −

-:𝑔𝑡: → 𝑦� = 25𝑠𝑒𝑛 30 𝑡 − -

: 9,8 𝑡: [3]

𝑣z = 𝑣�𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑔𝑡 → 𝑣zª = 25𝑠𝑒𝑛 30 − 9,8𝑡 [4]

De otro lado, las ecuaciones cinemáticas para el delantero pueden resumirse como se sigue:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡 → 𝑥\ = 60 + 𝑣\𝑡 [5]

𝑣 = 𝑣�] → 𝑣\ = 𝑐𝑡𝑒 [6]

Las expresiones [1], [2], [5] y [6] corresponden a un movimiento del tipo 𝑀𝑅𝑈 , mientras que las expresiones [3] y [4] hacen referencia a un movimiento del tipo 𝑀𝑅𝑈𝐴 .

y (m)

x (m)

!0

A(xA, yA)

xA

" y=2

m

!0x

!0y

a = ⎯ g j

xd

36

c) Calculemos ahora la posición horizontal del balón cuando golpea la cabeza del delantero. Para ello, debemos determinar primero el tiempo que tarda en llegar a dicha posición, tanto el balón como el delantero. Luego reemplazando 𝑦r = 2𝑚 en la ecuación [3], se tiene que:

2 = 25𝑠𝑒𝑛 30 𝑡 − 5𝑡: → 5𝑡: − 12,5𝑡 + 2 = 0 [7]

Observamos que esta expresión corresponde a una ecuación cuadrática en el tiempo, cuyas dos soluciones para la variable 𝑡, podemos determinar mediante la siguiente fórmula:

𝑥 =−𝑏 ± 𝑏: − 4𝑎𝑐

2𝑎 [8]

Donde 𝑎 = 5, 𝑏 = 12,5 y 𝑐 = −2, son los coeficientes que acompañan la variable 𝑡. Por tanto:

𝑡 =−12,5 ± −12,5 : − 4 5 2

2 5 [9]

Realizando las operaciones indicadas, se obtiene que 𝑡- = 0,2𝑠 y 𝑡: = 2,4𝑠. Recordemos que como la expresión [7] es una ecuación de segundo orden, tendremos estas dos soluciones y su significado físico representa que el balón pasa dos veces por la posición 𝑦r = 2𝑚. Ahora si procedemos a reemplazar 𝑡- y 𝑡: en la expresión [1], podemos escribir lo siguiente:

𝑥� �¬ = 25𝑐𝑜𝑠 30 0,2 → 𝑥� �¬ = 4,33𝑚 [10]

𝑥� �­ = 25𝑐𝑜𝑠 30 2,4 → 𝑥� �­ = 51,96𝑚 [11]

De estas dos soluciones, escogemos 𝑥� = 51,96𝑚, dado que equivale a la situación física real.

d) Como en el instante que el balón golpea la cabeza, la posición horizontal del delantero es la misma del balón, reemplazamos 𝑥� �¬ = 4,33𝑚 y 𝑥� �­ = 51,96𝑚 en [5] para obtener que:

𝑥\¬ = 60 + 𝑣\¬𝑡- → 𝑣\¬ =

𝑥\¬ − 60𝑡-

= −280𝑚/𝑠 [12]

𝑥\­ = 60 + 𝑣\­𝑡: → 𝑣\­ =

𝑥\­ − 60𝑡:

= −3,3𝑚/𝑠 [13]

Los resultados anteriores, muestran que en ambos casos el delantero debe correr hacia la izquierda, debido a que las velocidades son negativas, es decir, se debe mover en el sentido negativo del eje coordenado 𝑥.

En consecuencia, el resultado correcto deberá ser 𝑣\­ = 3,3𝑚/𝑠, por cuanto la otra respuesta no tiene sentido físico. El análisis anterior nos indica que el balón ya ha pasado por la altura máxima cuando se encuentran balón y delantero.

37

10. MOVIMIENTO CIRCULAR O MOVIMIENTO EN CÍRCULO

Un caso particular del movimiento curvilíneo en un plano corresponde al Movimiento Circular o Movimiento en Círculo. Si una partícula se mueve en una trayectoria curva, la dirección de la velocidad cambia, lo que significa que la partícula tiene una componente de aceleración perpendicular a la trayectoria, aún cuando la rapidez sea constante.

10.1 Componentes Perpendicular y Paralela de la Aceleración

El vector de aceleración 𝑎 de una partícula puede describir cambios en la rapidez de ésta, en la dirección de su movimiento o en ambas. Estas componentes son: la aceleración paralela y la aceleración perpendicular. La componente de la aceleración paralela a la trayectoria que describe la partícula y que es paralela a la velocidad nos indica acerca de los cambios en la rapidez. De otro lado, la componente de la aceleración perpendicular a la trayectoria descrita por la partícula y que es perpendicular a la velocidad, nos indica los cambios en la dirección del movimiento. Veamos gráficamente estás dos componentes intrínsecas de la aceleración:

Recordemos que cuando hablamos del vector aceleración instantánea 𝑎 en función de sus componentes rectangulares, habíamos encontrado una expresión de la siguiente forma:

𝑎 =

𝑑𝑣𝑑𝑡

= 𝑎]𝚤 + 𝑎z𝚥 + 𝑎{𝑘 =𝑑𝑣]𝑑𝑡

𝚤 +𝑑𝑣z𝑑𝑡

𝚥 +𝑑𝑣{𝑑𝑡

𝑘

Por tanto, otra manera muy útil de vizualizar el vector aceleración instantánea es en términos ya no de sus componentes rectangulares 𝑎], 𝑎z y 𝑎{, sino en términos de sus componentes paralela y perpendicular. Veamos algunos casos interesantes por analizar:

Caso 1: Cuando el vector aceleración 𝑎 tiene la misma dirección que la velocidad 𝑣- por tanto la aceleración tiene solo una componente paralela 𝑎∥. Aquí la componente perpendicular es cero, es decir, 𝑎¯ = 0. Es decir, el cambio de la velocidad ∆𝑣 en el intervalo ∆𝑡 tiene la misma dirección que 𝑎 y que 𝑣-.

ac

ap

P

Aceleración Perpendicular

Aceleración Paralela

Tangente

Curvatura

a

v

38

La velocidad final 𝑣: al final de ∆𝑡, determinada por 𝑣: = 𝑣- + ∆𝑣, será un vector con la misma dirección que 𝑣- pero de mayor magnitud. Veamos gráficamente la situación planteada:

Caso 2: Cuando sólo cambia la dirección pero permanece constante la rapidez. En este caso, el vector aceleración 𝑎 es perpendicular a la velocidad de manera que solamente se tiene una aceleración perpendicular 𝑎¯, mientras que la aceleración paralela es 𝑎∥ = 0. Por lo tanto el cambio de la velocidad ∆𝑣 tendrá la misma dirección de la aceleración. Veamos gráficamente:

En el caso más general, la aceleración tendrá componentes tanto paralela como perpendicular a la velocidad. Cuando existe una variación tanto en magnitud (rapidez) como en dirección, entonces la partícula describirá una trayectoria curva.

En consecuencia, cuando una partícula se mueve describiendo una trayectoria curva pueden ocurrir las siguientes tres situaciones: Vectores de velocidad y aceleración para una partícula que pasa por un punto 𝑃 de una trayectoria curva tal que: a) que la rapidez sea constante, b) que la rapidez aumente y c) que la rapidez disminuya, tal como se muestra en la fugura:

a) Si la rapidez es constante, el vector aceleración instantánea 𝑎 en 𝑃 es perpendicular o normal a la trayectoria descrita por la partícula y al vector velocidad 𝑣 y apunta hacia el lado cóncavo de la trayectoria curva.

b) Si la rapidez aumenta, todavía hay una componente perpendicular al vector aceleración instantánea 𝑎, pero también una paralela con la misma dirección del vector velocidad 𝑣. En este caso, 𝑎 apunta hacia adelante de la normal a la trayectoria curva.

v1 v2

Dv

a

v1

v2

Dva

P

v

a

P

v

aP

v

a

39

c) Si la rapidez disminuye, la componente paralela de la aceleración instantánea 𝑎, presenta una dirección opuesta al vector velocidad 𝑣 y en este caso, 𝑎 apunta hacia atrás de la normal a la trayectoria curva.

Usaremos nuevamente las componentes paralela y perpendicular de la aceleración cuando se inicie el análisis del movimiento muy particular que es el movimiento circular.

10.2 Movimiento Circular Uniforme 𝑴𝑪𝑼

En el caso de un movimiento circular, la trayectoria seguida por una partícula cualquiera será una circunferencia de radio 𝑅, determinada mediante la siguiente expresión matemática:

𝑥: + 𝑦: = 𝑅: [1]

Cuando una partícula se mueve en un círculo con rapidez constante, se dice que se trata de un Movimiento Circular Uniforme. Un satélite en órbita alrededor de la Tierra será un ejemplo de este tipo de movimiento, en el cual la magnitud de la velocidad (rapidez) no cambia y luego no existe componente paralela (tangencial) de la aceleración. En este caso solo existirá la componente perpendicular de la aceleración que es debida a los cambios en la dirección de la velocidad. Una representación gráfica de este tipo de movimiento es la siguiente:

Obserbemos que el vector aceleración es perpendicular o normal a la trayectoria y al vector velocidad y está dirigido hacia el centro del círculo. La anterior explicación causa el cambio en la dirección de la velocidad con rapidez constante, tal como se muestra seguidamente:

vP

a

v1a

v2

a

aa

v3

v4

40

El vector velocidad 𝑣 siempre es tangente a la trayectoria que describe la partícula y además será perpendicular a la aceleración normal y por lo tanto al radio del circulo. Determinemos ahora una expresión para la magnitud de la aceleración en un Movimiento Circular Uniforme.

Recordemos que dos triángulos son semejantes si el ángulo entre cualquiera de dos de sus lados es igual en ambos triángulos y si la relación entre las longitudes de dichos lados es la misma. Dado que 𝑣 = 𝑣- = 𝑣: y que 𝑅 = 𝑟- = 𝑟:, podemos escribir las siguientes proporciones:

∆𝑣𝑣

=∆𝑟𝑅 [2]

En este sentido, si ∆𝑟 es muy pequeño, éste se confunde con la longitud de arco definida por ∆𝑠, donde se cumple que 𝑠 = 𝑅𝜃, por lo tanto la expresión [2] puede escribirse como sigue:

∆𝑣𝑣

=∆𝑠𝑅

→ ∆𝑣 =𝑣𝑅∆𝑠 [3]

Sin embargo, de otro lado, sabemos de los numerales anteriores que la aceleración media entre los puntos 𝑃- y 𝑃: para un intervalo ∆𝑡, está definida mediante la siguiente expresión:

𝑎Z[\ =

∆𝑣∆𝑡

=𝑣𝑅

∆𝑠∆𝑡

[4]

Adicionalmente, la magnitud del vector aceleración instantánea 𝑎 en un punto cualquiera por ejemplo 𝑃-, será el límite de la expresión [4] cuando 𝑃: se acerca a 𝑃-, por lo tanto se tiene:

𝑎 = lim

∆�→�𝑎Z[\ =

𝑣𝑅 lim∆�→�

∆𝑠∆𝑡

→ 𝒂𝒓𝒂𝒅 =𝒗𝟐

𝑹= 𝒂𝒄 [5]

Donde el subíndice "rad" recuerda que la dirección de la aceleración instantánea está dirigida a lo largo del círculo. Como la aceleración en un 𝑀𝐶𝑈 siempre apunta al centro, se le llama aceleración centrípeta (en griego: en busca del centro). También podemos describir el 𝑀𝐶𝑈 en términos del periodo 𝑇, definido como el tiempo requerido por la partícula para completar una vuelta medido en segundos. Sabiendo que 𝑣 = 2𝜋𝑅/𝑇, podemos escribir lo siguiente:

𝒂𝒓𝒂𝒅 =

𝟒𝝅𝟐𝑹𝑻𝟐

= 𝒂𝒄 [6]

v1

v2

P2P1 v1

v2

DvDr

r1 r2Dθ

Dθ

41

10.3 Movimiento Circular en Función de los Vectores Unitarios

Recordemos que en este tipo de movimiento, la trayectoria seguida por la partícula es una circunferencia de radio 𝑅 definida por la expresión 𝑥: + 𝑦: = 𝑅:, donde se toma el origen de coordenadas coincidente con el centro del círculo, tal como se indica en la siguiente figura:

Procedamos ahora a realizar la deducción de los vectores de posición, velocidad y aceleración (parámetros cinemáticos) en función de los vectores unitarios o los vectores fundamentales.

Vector de Posición 𝒓

El movimiento circular se caracteriza por tener un vector de posición en el cual su mangitud o módulo permanece constante. Recordemos que en coordenadas cartesianas definimos que:

𝑟 = 𝑥𝚤 + 𝑦𝚥 [1]

De otro lado, las relaciones de transformación de cartesianas a polares serán las siguientes:

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃; 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 [2]

Por lo tanto si reemplazamos estas dos relaciones en la expresión [1], podemos obtener que:

𝑟 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 𝚤 + 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 𝚥 [3]

Donde el ángulo 𝜃 está cambiando en el tiempo y por tanto depende del parámetro tiempo 𝑡. Notemos que la expresión [3] tiene un inconveniente debido a que como dijimos, el ángulo 𝜃 depende del tiempo y por tanto cada componente va a depender también del tiempo. Para resolver este problema, introducimos un vector unitario que en todo instante sea paralelo al vector de posición 𝑟, denominado como vector unitario radial, denotado por 𝑢�.

vy

x

⌵

j

⌵

iO

P(x,y)

θ

⌵

Ur

⌵

UT

y

x

“Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos de un

plano que equidistan de otro punto fijo y coplanar llamado

centro en una cantidad constante llamada radio.”

42

Adicionalmente, queremos que este vector 𝑢� siempre siga al vector de posición 𝑟 y por tanto las componentes 𝚤 y 𝚥 no cambiarán con el tiempo. Teniendo en cuenta lo anterior escribimos:

𝒖𝒓 = 𝒄𝒐𝒔𝜽@ + 𝒔𝒆𝒏𝜽i [4]

Una vez definido el vector 𝑢�, podremos reemplazar [4] en [3], para así obtener lo siguiente:

𝑟 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃𝚤 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝚥 = 𝑟𝑢� [5]

Sin embargo, observemos que los vectores 𝚤 y 𝚥 ambos definen la base ortogonal original, los cuales son perpendiculares entre sí. Pero si definimos una nueva base en un movimiento en dos dimensiones, necesitamos dos nuevos vectores, los cuales deberán ser perpendiculares. Pues bien, el otro vector requerido lo llamaremos vector unitario tangencial 𝑢µ, definido así:

𝑢µ = 𝑐𝑜𝑠 90 + 𝜃 𝚤 + 𝑠𝑒𝑛 90 + 𝜃 𝚥 [6]

Al vector 𝑢µ se le denomina en ocasiones como vector tangencial o vector transversal. Ahora aplicando algunas de las identidades trigonométricas, la expresión [6] se escribe como sigue:

𝒖𝑻 = −𝒔𝒆𝒏𝜽@ + 𝒄𝒐𝒔𝜽i [7]

Según la definición de estos dos vectores unitarios, mientras que una partícula describe una trayectoria circular, la dirección del vector de posición 𝑟 cambia con el tiempo, es decir que la dirección más no la magnitud de los vectores 𝑢� y 𝑢µ cambiarán con el tiempo.

Vector de Velocidad 𝒗

Recordemos que tanto un cambio en la magnitud del vector de posición 𝑟 como un cambio en su dirección, genera una componente en la velocidad. Según lo anterior, podemos tener que:

𝑣 =

𝑑𝑟𝑑𝑡

=𝑑𝑑𝑡

𝑟𝑢� [8]

Luego derivando la expresión [8] respecto al tiempo y teniendo en cuenta que 𝑢� varía en su dirección por tratarse de un movimiento circular, podemos escribir la siguiente expresión:

𝑣 = 𝑟

𝑑𝑢�𝑑𝑡

+ 𝑢�𝑑𝑟𝑑𝑡

[9]

Sabiendo que la magnitud de 𝑟 (radio) es constante en un movimiento circular, el segundo de los términos de la expresión anterior se hace cero. Teniendo en cuenta esto, procedemos a reemplazar 𝑢� en la expresión [9] y entonces podemos escribir una ecuación de esta forma:

𝑣 = 𝑟

𝑑 𝑐𝑜𝑠𝜃𝚤 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝚥𝑑𝑡

= 𝑟 −𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃𝑑𝑡𝚤 + 𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑑𝜃𝑑𝑡𝚥 [10]

43

Notemos que en la derivación anterior también hemos tenido en cuenta la derivación interna definida por 𝑑𝜃/𝑑𝑡 ya que como hemos afirmado, el ángulo 𝜃 depende del tiempo. Ahora manipulando y reorganizando la expresión [10], la podemos presentar de esta forma:

𝑣 = 𝑟

𝑑𝜃𝑑𝑡

−𝑠𝑒𝑛𝜃𝚤 + 𝑐𝑜𝑠𝜃𝚥 [11]

Notemos que el término entre paréntesis de la expresión anterior corresponde a la definición del vector unitario tangencial o transversal 𝑢µ y por tanto, la expresión [11] puede escribirse:

𝑣 = 𝑟

𝑑𝜃𝑑𝑡𝑢µ [12]

En este punto de nuestra deducción vamos a introducir el concepto de velocidad o de rapidez angular denotado por la letra 𝜔 y que equivale al término 𝑑𝜃/𝑑𝑡 . En consecuencia tenemos:

𝝎 =

𝒅𝜽𝒅𝒕

[13]

Esta expresión nos indica como cambia el ángulo 𝜃 con el tiempo y esta velocidad angular 𝜔 tendrá dimensiones de radianes por segundo 𝑟𝑎𝑑/𝑠 . En algunos problemas de la Física es común usar las revoluciones por minuto y para convertirlas a 𝑟𝑎𝑑/𝑠 , procedemos así:

𝑟𝑒𝑣𝑚𝑖𝑛

×2𝜋𝑟𝑎𝑑1𝑟𝑒𝑣

×1𝑚𝑖𝑛60𝑠

=2𝜋𝑟𝑎𝑑60𝑠

[14]

Finalmente, si reemplazamos la expresión [13] en la expresión [12] se obtendrá lo siguiente:

𝒗 = 𝒓𝝎𝒖𝑻 [15]

En esta expresión la velocidad está multiplicada por el vector unitario 𝑢µ y debido a que los vectores 𝑢� y 𝑢µ son perpendiculares, esto nos indica que la velocidad siempre es tangente a la trayectoria circular descrita por la partícula. A esta velocidad se denomina como velocidad tangencial. Luego para un movimiento circular solo se tendrá componente de la velocidad en la dirección tangencial, mientras que no se tiene componente en la dirección radial.

Vector de Aceleración 𝒂

Sabemos que la aceleración la podemos obtener derivando la velocidad respecto al tiempo. El movimiento circular uniforme 𝑀𝐶𝑈 se tiene cuando tanto la magnitud como la aceleración permanecen constantes, es decir cuando cambia la dirección del vector velocidad y por ende la dirección del vector aceleración. Teniendo en cuenta lo anterior, podemos escribir que:

𝑎 =

𝑑𝑑𝑡

𝑟𝜔𝑢µ [16]

44

Donde 𝜔 y 𝑢µ cambian con el tiempo, mientras que 𝑟 permanecerá constante. Si derivamos la expresión [16] respecto al tiempo y luego reorganizando, podemos escribir lo siguiente:

𝑎 = 𝑟 𝜔

𝑑𝑢µ𝑑𝑡

+ 𝑢µ𝑑𝜔𝑑𝑡 = 𝑟

𝑑𝜔𝑑𝑡

𝑢µ +𝑑𝑢µ𝑑𝑡

𝜔 [17]

En este punto de nuestra dedución vamos a introducir el concepto de aceleración angular denotado por la letra 𝛼 y que equivale al término 𝑑𝜔/𝑑𝑡 . En consecuencia se tendrá que:

𝜶 =

𝒅𝝎𝒅𝒕

=𝒅𝟐𝜽𝒅𝒕𝟐

[18]

Esta expresión nos inidicará que tan rápido está cambiando la velocidad angular en el tiempo y sus unidades serán 𝑟𝑎𝑑/𝑠: . Si la velocidad angular es constante, entonces la aceleración angular será cero. En otras palabras, una partícula tiene movimiento circular uniforme 𝑀𝐶𝑈 cuando su aceleración sea nula. Dado lo anterior, la expresión [17] puede escribirse como:

𝑎 = 𝑟

𝑑𝜔𝑑𝑡

𝑢µ + 𝑟𝑑𝑢µ𝑑𝑡

𝜔 [19]

Procedamos ahora a derivar 𝑢µ respecto al tiempo, con lo cual se puede obtener lo siguiente:

𝑑𝑢µ𝑑𝑡

=𝑑 −𝑠𝑒𝑛𝜃𝚤 + 𝑐𝑜𝑠𝜃𝚥

𝑑𝑡= −𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑑𝜃𝑑𝑡

𝚤 − 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃𝑑𝑡

𝚥 [20]

Por lo tanto, manipulando y reorganizando la expresión [20], se llegará a la siguiente forma:

𝑑𝑢µ𝑑𝑡

= −𝜔 𝑐𝑜𝑠𝜃𝚤 + 𝑠𝑒𝑛𝜃𝚥 = −𝜔𝑢� [21]

Ahora si reemplazamos el resultado obtenido en [21] en la expresión [19], podemos escribir:

𝒂 = 𝒓𝜶𝒖𝑻 − 𝒓𝝎𝟐𝒖𝒓 [22]

Donde 𝑎 es la aceleración total para el movimiento circular. Analicemos ahora cada término. Vemos que el primer término está multiplicado por el vector 𝑢µ, luego éste corresponderá a la aceleración tangencial 𝑎µ, mientras que el segundo término está multiplicado por el vector 𝑢�, por tanto éste corresponderá a la aceleración radial 𝑎��\. En consecuencia se tiene que:

𝑎 = 𝑎µ + 𝑎��\ [23]

Por tanto, si en un Movimiento Circular Uniforme 𝑀𝐶𝑈 la velocidad tangencial es constante, entonces la aceleración tangencial es cero. De otro lado la aceleración radial indica el cambio en la dirección de la velocidad y por lo tanto es diferente de cero. En conclusión, en un 𝑀𝐶𝑈 siempre estará presente la aceleración radial, mientras que la tangencial deberá ser nula.

𝑎µ = 𝑟𝛼𝑢µ; 𝑎��\ = −𝑟𝜔:𝑢� [24]

45

Ejemplo: Un auto cuyo velocímetro indica en todo momento 72𝑘𝑚/ℎ, recorre el perímetro de una pista circular en un minuto. Determinar: a) el radio de la pista y b) además si el auto tiene una aceleración en algún instante, encontrar su módulo, dirección y sentido.

Solución: El problema nos indica que la rapidez es constante, por tanto se trata en este caso de un Movimiento Circular Uniforme 𝑀𝐶𝑈 . Recordemos que en este tipo de movimiento, la aceleración es exactamente perpendicular a la velocidad y no existe una componente paralela de la aceleración. Procedamos a realizar una representación gráfica del problema como sigue:

Adicionalmente, en un Movimiento Circular Uniforme 𝑀𝐶𝑈 , la aceleración instantánea 𝑎��\ siempre apuntará hacia el centro del círculo y se le denomina aceleración centrípeta 𝑎¸. Ahora del enunciado del problema, la velocidad será 20𝑚/𝑠. Adicionalmente el problema nos arroja información sobre el periodo 𝑇 el cual corresponde al tiempo que se toma el auto en dar una vuelta a la pista y presenta un valor de 𝑇 = 1𝑚𝑖𝑛 = 60𝑠. De otro lado, recordemos que para un 𝑀𝐶𝑈 la velocidad tangencial del auto está definida mediante la siguiente expresión:

𝑣 =

2𝜋𝑅𝑇

[1]

Reemplazando las cantidades conocidas y despejando 𝑅, el radio de la pista será el siguiente:

𝑅 =

𝑣𝑇2𝜋

=20𝑚/𝑠 60𝑠2 3,1415

= 191,08𝑚 [2]

Otra forma de determinar el radio, es calcular la velocidad angular 𝜔 = 2𝜋/𝑇 y luego recordar la relación que existe entre la velocidad tangencial y angular dada por 𝑣 = 𝜔𝑅. Procediendo de esta manera 𝜔 = 0,104𝑠V- = 0,104𝑟𝑎𝑑/𝑠, lo que nos da un radio de 𝑅 = 191,08𝑚. Ahora finalmente, podemos encontrar la aceleración radial o centrípeta mediante esta expresión:

𝑎¸ =

𝑣:

𝑅=

20𝑚/𝑠 :

191,08𝑚= 2,09𝑚/𝑠: [3]

Este valor equivale al módulo de la aceleración centrípeta y su dirección siempre apuntará hacia el centro de la trayactoria circular. Nota: recordar también la expresión 𝑎¸ = 𝜔:𝑅.

vR

a90°

46

Ejemplo: Un auto recorre una circunferencia de 50𝑐𝑚 de radio con la frecuencia 𝑓 de 10𝐻𝑧. Determinar: a) el periodo, b) la velocidad angular y c) la aceleración centrípeta.

Solución: Del enunciado del problema no se infiere que se trate de un Movimiento Circular Uniforme 𝑀𝐶𝑈 , solo sabemos que la trayectoria es circular. El periodo 𝑇 lo podemos hallar:

𝑇 =

1𝑓=

110𝐻𝑧

=1

0,1𝑠V-= 0,1𝑠 [1]

Una vez calculado el periodo 𝑇, podemos determinar la velocidad angular 𝜔 de esta manera:

𝜔 =

2𝜋𝑇=2 3,14150,1𝑠

= 62,8𝑟𝑎𝑑/𝑠 [2]

También podemos determinar la velocidad angular 𝜔 mediante la aplicación de la expresión:

𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2 3,1415 10𝑠V- = 62,8𝑟𝑎𝑑/𝑠 [3]

Procedamos a calcular la velocidad tangencial 𝑣, recordando para ello la siguiente definición:

𝑣 =

2𝜋𝑅𝑇

=6,28 0,5𝑚

0,1𝑠= 31,4𝑚/𝑠 [4]

Finalmente, una vez obtenida la velocidad angular, la aceleración angular puede hallarse así:

𝑎¸ =

𝑣:

𝑅=

31,4𝑚/𝑠 :

0,5𝑚= 1.971,92𝑚/𝑠: [5]

También hubiésemos podido determinar la aceleración angular con esta expresión 𝑎¸ = 𝜔:𝑅.

11. DINÁMICA DE UNA PARTÍCULA

Introduciremos en este momento, dos conceptos nuevos de la Física que corresponden a la fuerza y a la masa para analizar los Principios de la Dinámica, lo cual implica una relación entre el movimiento y las fuerzas que lo causan. Estos principios se establecen en solo tres leyes que fueron claramente explicadas por Sir Isaac Newton, quien los publicó por primera vez en 1687 en su obra magistral titulada "Principios Matemáticos de la Filosofía Natural". Tales enunciados se conocen actualmente como las Leyes de Movimiento de Newton y son la base fundamental de la Mecánica Clásica, también llamada Mecánica Newtoniana.

Igual que en la Cinemática, solo se considerará el movimiento de traslación de los cuerpos, luego éstos se tratan bajo el Modelo de Partícula. Cuando se va a analizar el comportamiento dinámico de un cuerpo, lo primero que se debe hacer es realizar los siguientes pasos:

§ Definir un sistema físico, el cual generalmente estará conformado por varios cuerpos.

47

§ Elegir del sistema, el cuerpo al cual se le va a analizar el movimiento, es decir, el cuerpo o la partícula de interés.

§ Delimitar el medio ambiente o alrededores, formado por el resto del sistema, es decir, por los cuerpos cercanos que interactúan con el cuerpo de interés

Para aclarar los pasos anteriormente descritos podemos considerar las siguientes situaciones:

1. Sistema Cuerpo-Tierra: Proyectil que se lanza desde el punto 𝐴 con una velocidad que forma un ángulo con la horizontal describiendo en este caso un movimiento tipo parabólico.

La partícula de interés será el proyectil y los alrededores está formados por el aire y la Tierra.

2. Sistema Masa-Resorte: Consideremos ahora un bloque que se encuentra sujeto a un resorte y que está en movimiento sobre una superficie plana, tal como se muestra.

La partícula de interés es el bloque y los alrededores son: resorte, superficie, aire y la Tierra.

3. Sistema Satétile-Tierra: Consideremos ahora un bloque que se encuentra sujeto a un resorte y que está en movimiento sobre una superficie plana, tal como se muestra.

En este caso, la partícula de interés es el satélite y las demás partes del sistema es la Tierra.

y

xO

v0

A θ

Tierra

Proyectil

ResorteMovimiento

y

x

Satélite

Tierra

48

Lo que se busca con estos ejemplos es analizar la forma como es afectado el movimiento de la partícula de interés por sus alrededores. El objetivo fundamental de la Dinámica es poder predecir en un problema mecánico puntual, como se seguirá moviendo una partícula cuando sus alrededores y condiciones iniciales se conocen. Una vez realizado lo anterior, se dice que se ha resuelto el problema dinámico, lo que matemáticamente equivale a conocer la forma como cambia el vector de posición 𝑟 con el tiempo.

11.1 El Concepto de Masa (𝒎)

La Física dispone de una cantidad escalar que es característica o propia de cada cuerpo y que permite conectar la Cinemática con la Dinámica; esta propiedad se denomina como la masa. Cuando se requiere cambiar el estado de movimiento de un cuerpo, este se resiste a dicho cambio. En este sentido, la masa es una medida de la inercia u oposición que tiene un cuerpo a modificar su estado de movimiento. Sus unidades en el Sistema Internacional son el 𝐾𝑔. La masa entendida de esta forma también se le conoce como masa inercial.

Otro método para definir la masa consiste en comparar las fuerzas gravitacionales ejercidas sobre dos cuerpos, uno de ellos de masa desconocida y el otro de masa conocida. El cuerpo de masa desconocida se pone en uno de los brazos de una palanca y en el otro brazo se situa el cuerpo de masa conocida. Cuando los brazos están balanceados, la fuerza gravitacional es la misma sobre cada uno de ellos, entonces las masas de los cuerpos son iguales. Cuando la masa es medida de esta forma, se le llama masa gravitacional. La masa es una propiedad del cuerpo que es independiente del medio que la rodea y del método usado para medirla.

11.2 Momento Lineal o Cantidad de Movimiento 𝒑

Una vez introducido el concepto de masa, se hace necesario hacer referencia a una cantidad física denominada momento lineal. Cuando una partícula de masa 𝑚 posee una velocidad 𝑣 respecto a determinado observador, se dice que el momento lineal está definido por:

𝑝 = 𝑚𝑣

Teniendo en cuenta lo anterior, el momento lineal o cantidad de movimiento 𝑝 nos permitirá obtener mucho más información del sistema físico que sólo conociendo la velocidad 𝑣.

m

Trayectoria

pv

y

x

49

Según la definición anterior, el momento lineal 𝑝 es una magnitud vectorial que apunta en la misma dirección del vector velocidad 𝑣. Además como 𝑣 depende del sistema de referencia, entonces 𝑝 también dependerá de dicho sistema. Igualmente sabiendo que 𝑣 es tangente a la trayectoria descrita por la partícula, el momento lineal 𝑝 también es tangente a la trayectoria. Las dimensiones del momento lineal o de la cantidad de movimiento 𝑝 serán las siguientes:

𝑝 = 𝑚 𝑣 = 𝑀𝐿𝑇V- = 𝑘𝑔𝑚/𝑠

Finalmente, podemos agregar que el momento lineal total de un sistema aislado de partículas permanecerá constante y a esto se le llama Principio de Conservación del Momento Lineal.

11.3 El Concepto de Fuerza (𝑭)

Una fuerza es una interacción entre dos cuerpos o entre una partícula y su alrededor. Cuando empujamos un auto atascado ejercemos una fuerza sobre éste, luego es una cantidad de tipo vectorial ya que podemos mover el cuerpo en análisis en diferentes direcciones. Cuando una fuerza implica contacto directo entre los cuerpos o entre un cuerpo y su alrededor, decimos que se trata de una fuerza de contacto. Existen tres tipos de fuerzas de contacto que son:

Además de las fuerzas de contacto, existen también otras fuerzas de largo alcance las cuales actúan aunque los cuerpos se encuentre separados. Por ejemplo la fuerza entre dos imanes o la fuerza gravitacional. En particular, la fuerza de atracción gravitacional que ejerce la Tierra sobre un objeto se le conoce como peso y éste esta definido por la expresión 𝑤 = 𝑚𝑔.

Al ser la fuerza una magnitud física de carácter vectorial, se deberá identificar tanto su dirección como su magnitud. Su unidad el el Sistema Internacional es el Newton definido así:

1𝑁 = 𝑘𝑔𝑚/𝑠V:

Si una persona se encuentra en otro planeta, su peso sería la fuerza gravitacional que este planeta ejerece sobre dicha persona. La masa y el peso son dos conceptos diferentes. Por lo tanto la magnitud 𝑤 del peso de un cuerpo es directamente proporcional a su masa 𝑚.

FN

Fuerza Normal

FN

Fuerza de Fricción

FN

Fuerza de Tensión

FR

T

w

50

11.4 El Principio de Superposición de Fuerzas

Cuando se lanza una pelota, existen por lo menos dos fuerzas actuantes sobre ella; una es el empujón de la mano y otra el tirón hacia abajo debido a la gravedad. Experimentalmente se sabe que que si dos fuerzas 𝐹- y 𝐹: actúan al mismo tiempo en el punto 𝐴 de un cuerpo, el

efecto sobre el movimiento de éste, será igual al de una sola fuerza resultante 𝑅, la cual es igual a la suma vectorial de las dos fuerzas originales y en consecuencia podemos escribir:

𝑅 = 𝐹- + 𝐹: = 𝐹Á[�� = 𝐹]𝚤 + 𝐹z𝚥

La explicación anterior se conoce como el Principio de Superposición de las Fuerzas, el cual gráficamente se representa como si dos fuerzas 𝐹- y 𝐹: fuesen una sola fuerza 𝑅, así:

En general la suma vectorial resultante de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo se le denomina como fuerza neta, se representa con el símbolo de sumatoria Σ y se define como:

𝑅 = 𝐹Á[�� = Σ𝐹� = 𝐹- + 𝐹: + 𝐹� + ⋯

Donde las componentes de la sumatoria de fuerzas actuantes se indican por las expresiones:

𝑅] = Σ𝐹]; 𝑅z = Σ𝐹z

Para el caso bidimensional en el plano Σ𝐹] equivale a la suma de las componentes en 𝑥 y Σ𝐹z la suma de las componentes en 𝑦. De otro lado, el Principio de Superposición de Fuerzas nos permite sustituir una sola fuerza por sus vectores componentes de la siguiente manera:

Aquí los vectores componentes de 𝐹 en las direcciones 𝚤 y 𝚥 son 𝐹- y 𝐹: respectivamente. Si estos se aplican simultáneamente, el efecto será idéntico al de la fuerza original que actúa sobre la partícula, atendiendo al Principio de Superposición de Fuerzas ya mencionado.

R

F1

F2

F

Fx

Fy

y

xθ

O

51

Además, suele ser más conveniente describir la fuerza 𝐹 en función de sus componentes 𝑥 y 𝑦 y 𝐹] y 𝐹z en lugar de usar los vectores componentes. Para el caso descrito en la figura

anterior la fuerza 𝐹 que actúa en un punto específico del cuerpo con un angulo 𝜃 respecto al eje 𝑥 puede ser sustituida por los vectores componentes rectangulares 𝐹] y 𝐹z como se sigue:

𝐹] = 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃; 𝐹z = 𝐹𝑠𝑒𝑛𝜃

Algo muy importante que debemos tener en cuenta es que cada componente puede tomar un valor positivo o negativo, así que tendremos cuidado con los signos al sumar en la ecuación.

Ejemplo: Tres jugadores de futbol americano forcejean por un balón. Las magnitudes de las fuerzas que cada jugador aplica al balón son: 𝐹- = 250𝑁, 𝐹: = 50𝑁 y 𝐹� = 120𝑁. Obtenga las componentes 𝑥 y 𝑦 de la fuerza neta, así como la magnitud y dirección de dicha fuerza.

Solución: Este ejemplo no es más que un problema de suma vectorial, donde los vectores coplanares representan fuerzas que son necesariamente concurrentes. Se requiere calcular las componentes 𝑥 y 𝑦 de la fuerza neta o resultante, para lo cual recordemos lo siguiente:

𝑅] = Σ𝐹]; 𝑅z = Σ𝐹z [1]

Teniendo en cuenta la figura anterior los ángulos entre las 3 fuerzas y el eje 𝑥 positivo serán:

𝜃- = 180° − 53° = 127°; 𝜃: = 0°; 𝜃� = 270° [2]

Por tanto, las componentes rectangulares 𝑥 y 𝑦 de las fuerzas actuantes serán las siguientes:

FUERZAS 𝑭𝒊 COMPONENTES 𝒙 COMPONENTES 𝒚

𝐹- = 250𝑁 𝐹-] = 250𝑁 𝑐𝑜𝑠127° = −150𝑁 𝐹-z = 250𝑁 𝑠𝑒𝑛127° = 200𝑁

𝐹: = 50𝑁 𝐹:] = 50𝑁 𝑐𝑜𝑠0° = 50𝑁 𝐹:z = 50𝑁 𝑠𝑒𝑛0° = 0𝑁

𝐹� = 120𝑁 𝐹�] = 120𝑁 𝑐𝑜𝑠270° = 0𝑁 𝐹�z = 120𝑁 𝑠𝑒𝑛270° = −120𝑁

y

xO

F1= 250 N

F2= 50 N

F3= 120 N

53°

θ1

52

Teniendo en cuenta la expresión [1] la fuerza neta dada por 𝑅 = Σ𝐹, tiene los componentes:

𝑅] = 𝐹-] + 𝐹:] + 𝐹�] = −150 + 50 + 0 𝑁 = −100𝑁 [3]

𝑅z = 𝐹-z + 𝐹:z + 𝐹�z = 200 + 0 − 120 𝑁 = 80𝑁 [4]

Notemos que la fuerza neta o resultante tiene una componente 𝑥 negativa y una componente 𝑦 positiva. Por tanto podemos escribir la fuerza neta o resultante de la siguiente manera:

𝑅 = 𝐹Á[�� = 𝐹]𝚤 + 𝐹z𝚥 [5]

Luego si tenemos en cuenta los resultados de [3] y [4], la expresión [5] tomará esta forma:

𝐹Á[�� = −100𝑁𝚤 + 80𝑁𝚥 [6]

Procedamos a calcular la magnitud resultante, conocidas las componentes de cada fuerza así:

𝐹 = 𝑅] : + 𝑅z

:= −100 : + 80 : = 128𝑁 [7]

Finalmente, para hallar el ángulo entre la fuerza neta y el eje positivo 𝑥 usamos la expresión:

𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑅z 𝑅] → 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑅z 𝑅] [8]

Reemplazando las valores 𝑅] y 𝑅z en la expresión [8] se tiene que 𝜃 = −38,65°, pero vemos

que el vector 𝐹Á[�� está situado en el segundo cuadrante. Por lo tanto la solución correcta deberá ser un ángulo con valor de 𝜃 = 180 − 38,65°, el cual corresponderá a 𝜃 = 141°.

12. LEYES DE MOVIMIENTO DE NEWTON

Consideraremos ahora las leyes que rigen el cambio en el estado de reposo o de movimiento de un cuerpo que aparecieron en los "Principia" y que constituyen el pilar de la Mecánica Clásica o Newtoniana. A partir de ellas y con los conceptos ya vistos en la Cinemática de una partícula, es posible llegar a conocer la forma como varía la posición 𝑟 con el tiempo.

Expresemos las Leyes de Newton para el Movimiento, tal como fueron originalmente escritas:

Primera Ley: Todo cuerpo permanece en su estado de reposo o de movimiento uniforme en línea recta, a no ser que sea obligado a modificar tal estado mediante la acción de fuerzas que se ejerzan sobre él.

Segunda Ley: El cambio en el movimiento es proporcional a la fuerza que lo origina y se produce en la dirección de la línea de acción en la que se ejerce tal fuerza.

Tercera Ley: A cada acción siempre se opone una reacción igual; o las acciones mutuas entre dos cuerpos son siempre iguales y dirigidos a partes contrarias.

53

La curiosa expresión dirigidas a partes contrarias es una traducción literal del latín y quiere decir en sentidos opuestos. De estas tres leyes de Newton, solo la segunda y la tercera son independientes, ya que la primera es consecuencia de la segunda cuando la velocidad es constante o la aceleración es cero.

12.1 Primera Ley de Newton o Ley de la Inercia

La primera ley contradice el concepto aristotélico de que un cuerpo solo puede mantenerse en movimiento si se le aplica una fuerza. Experimentalmente, puede demostrarse que si ninguna fuerza neta actúa sobre un cuerpo, está en reposo o bien se mueve con velocidad constante en línea recta. Todo cuerpo permanecerá en un estado de reposo (momento lineal 𝑝 cero) o de Movimiento Rectilíneo Uniforme (momento lineal 𝑝 constante) mientras ningún otro cuerpo interactue con él o lo que es lo mismo, mientras ningún otro cuerpo lo obligue a modificar dicho estado; en el contexto de la Cinemática, significa que la aceleración sea nula.

Cuando un cuerpo presenta una de estas dos situaciones, se dice que el cuerpo se encuentra en un equilibrio mecánico; se habla de equilibrio estático si el cuerpo está en reposo y de equilibrio dinámico o cinético cuando el cuerpo tiene movimiento rectilíneo uniforme. También puede pasar, que un cuerpo interactuando con otros cuerpos permanezca en estado de equilibrio. En este caso, se presenta una situación en la cual las interacciones se anulan, su fuerza neta es cero. En el lenguaje matemático, estas situaciones se pueden expresar así:

𝑣 = 0; 𝑣 = 𝑐𝑡𝑒; 𝑎 = 0; Σ𝐹Á[�� = 0

Luego, la idea común de que se requiere una fuerza para conservar el estado de movimiento es incorrecta. Una vez que el cuerpo se pone en movimiento, no se necesita una fuerza neta para mantenerlo en movimiento y tal enunciado corresponde a la Primera Ley de Newton:

"Un cuerpo sobre el que no actua una fuerza neta se mueve con velocidad constante (que puede ser cero) y aceleración cero."

Se supone que el movimiento de la partícula, está relacionado a un observador sobre el cual la aceleración es cero; a tal observador se le denomina como observador inercial y al sistema se le llama Sistema de Referencia Inercial. Se acostumbra definir un sistema de referencia inercial como aquel que se encuentra en reposo o en 𝑀𝑅𝑈 respecto a la Tierra, dado que se toma como sistema de referencia inercial. Veamos ahora estas dos situaciones particulares:

y

x

! = 0

y

x

! = cte

m m

54

En el diagrama de la izquierda, se muestra un cuerpo en reposo respecto a una superficie horizontal. Como el cuerpo se encuentra en reposo respecto al piso, su aceleración es cero. Necesariamente, el cuerpo permanecerá en este estado mientras que ningún otro cuerpo interactúe con él, obligándolo a cambiar de estado. De otro lado, el diagrama de la derecha muestra un cuerpo sobre una superficie horizontal completamente lisa y con un movimiento rectilíneo uniforme. En este caso, el cuerpo continúa moviéndose con la misma velocidad mientras no interactúe con otro cuerpo.

La Primera Ley o Ley de la Inercia también se puede relacionar con el concepto de la masa. Para explicar este concepto, consideremos dos cuerpos de masas 𝑀 y 𝑚 y preguntémonos lo siguiente: ¿Cuando los cuerpos se encuentran en reposo respecto a un observador inercial, a cuál es más dificil cambiarle su estado? Para ello tengamos en cuenta la siguiente figura:

La experiencia demuestra que es más difícil cambiar el estado del cuerpo que contiene mayor masa. De este modo, el cuerpo de masa 𝑀 presenta más oposición o resistencia a cambiar de estado, en otras palabras, el cuerpo de masa 𝑀 tiene mayor tendencia a continuar en reposo. En conclusión, el cuerpo de masa 𝑀 tendrá una mayor inercia que el cuerpo de masa 𝑚.

Analicemos ahora el siguiente caso; si los dos cuerpos de masas 𝑀 y 𝑚 se mueven con igual velocidad, ¿Cuál de estos dos cuerpos es más dificil de llevar al estado del reposo?, veamos:

Igual que en el caso anterior, cuerpo de masa 𝑀 tiene una mayor tendencia a continuar con movimiento rectilíneo uniforme, es decir, que este cuerpo posee mayor inercia.

De estos dos casos, se puede inferir que la masa es una medida de la inercia de los cuerpos. En otras palabras, la masa será una medida de la resistencia que presentan los cuerpos al cambio de estado y presenta mayor inercia o resistencia el cuerpo que tiene mayor masa. En este sentido, tal como se estudia en el tema de la gravitación, se hace distinción entre los conceptos de masa inercial y masa gravitacional.

y

x

! = 0

M! = 0

m

y

xM

m

! = cte! = cte

55

12.2 Segunda Ley de Newton o Ley de la Fuerza

Recordemos que la Primera Ley dice que cuando una fuerza neta igual a cero actua sobre un cuerpo, éste se mueve a velocidad constante (que puede ser cero) y su aceleración es nula. Por tanto cuando la fuerza neta que actúa sobre un cuerpo es diferente de cero, el cuerpo se mueve con una aceleración en la dirección de la fuerza neta sobre dicho cuerpo. Retomemos nuevamente el concepto de momento lineal 𝑝 también conocido denominado cantidad de movimiento. El momento lineal 𝑝 de una partícula de masa 𝑚 que se mueve con velocidad 𝑣 se define como el producto de la masa por su velocidad y matemáticamente se escribirá así:

𝑝 = 𝑚𝑣 [1]

Un cambio del momento lineal 𝑝 de un cuerpo puede ser debido a la variación de la masa, su velocidad o su dirección de movimiento. Recordemos que en el contexto de la Segunda Ley de Newton, el término masa se refiere a una medida de una propiedad del cuerpo llamada como inercia, la cual indica la oposición de este a modificar su estado de movimiento.

El momento lineal 𝑝 se entiende como el producto de la medida de la inercia por la velocidad. Por lo tanto, si el cambio de la cantidad de movimiento lineal 𝑝 en el tiempo, es directamente proporcional a la fuerza neta que actúa sobre dicho cuerpo, podemos escribir lo siguiente:

𝑑𝑝𝑑𝑡

= Σ𝐹 [2]

La expresión [2] nos dice que la razón de cambio de la cantidad de movimiento lineal en la unidad de tiempo es igual a la suma de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo dado. Una consecuencia de expresar la Segunda Ley de Newton en términos del momento lineal 𝑝 es lo que se conoce como el Principio de la Conservación de la Cantidad de Movimiento. Si la fuerza total o neta que actúa sobre un cuerpo es cero, el momento lineal 𝑝 será constante:

𝑑𝑝𝑑𝑡

= Σ𝐹 = 0 → 𝑝 = 𝑐𝑡𝑒 [3]

Cuando una partícula no está sometida a ninguna fuerza, se mueve con momento lineal 𝑝 constante, luego la Primera Ley será un caso particular de la Segunda Ley. Sustituyendo la definición de la cantidad de movimiento lineal 𝑝 en la expresión [2] y suponiendo que la masa 𝑚 del cuerpo no cambia (permanece constante), podemos escribir la siguiente ecuación:

Σ𝐹[]� =

𝑑𝑝𝑑𝑡

= 𝑚𝑑𝑣𝑑𝑡

= 𝑚𝑎 [4]

Esta es una forma alterna de presentar la Segunda Ley de Newton o Ecuación Fundamental de la Dinámica de Traslación que nos dice que la fuerza que actúa sobre un cuerpo es igual a la masa del cuerpo multiplicada por el cambio de su velocidad o de su cambio en la dirección de movimiento o dicho de otra forma, la fuerza que actúa sobre un cuerpo es igual a la masa del cuerpo multiplicada por la aceleración que experimenta.

56

Una vez conocida la aceleración (cambio en la velocidad y dirección del movimiento) podemos predecir en cualquier instante posterior, los nuevos valores para la posición y la velocidad del cuerpo. Veamos algunos aspectos importantes relacionados con la Ecuación Fundamental de la Dinámica de Traslación o Segunda Ley de Newton para el movimiento de Traslación:

§ La aceleración 𝑎 que adquiere un cuerpo será proporcional a la fuerza aplicada 𝐹 y la constante de proporcionalidad es la masa 𝑚del cuerpo.

§ Si actúan varias fuerzas, esta ecuación se refiere a la fuerza resultante o suma vectorial de todas ellas.

§ Esta es una ecuación vectorial, por lo tanto se debe cumplir componente a componente. § La fuerza y la aceleración son vectores paralelos, pero esto no significará que el vector

velocidad sea paralelo a la fuerza. § Las fuerzas cumplen con el Principio de Superposición vectorial, es decir, la fuerza neta o

resultante sobre un cuerpo será igual a la suma de todas las fuerzaz que actúan sobre él.

Para el caso en que la masa del cuerpo no sea constante o cambie con el tiempo, la Ecuación Fundamental de la Dinámica de Traslación o Segunda Ley de Newton, se escribe como sigue:

Σ𝐹 =

𝑑𝑝𝑑𝑡

=𝑑𝑑𝑡

𝑚𝑣 = 𝑚𝑑𝑣𝑑𝑡

+ 𝑣𝑑𝑚𝑑𝑡

= 𝑚𝑎 + 𝑣𝑑𝑚𝑑𝑡

[5]

Podemos definir una fuerza que actúa sobre un cuerpo, como la variación instantánea de su momento lineal 𝑝 y en este sentido, dicha fuerza representa simplemente una interacción. Cuando una partícula no está sometida a ninguna fuerza neta, ésta se mueve con momento lineal constante y en este caso nos encontramos con la Primera Ley de Newton.

La Segunda Ley de Newton es una expresión de carácter vectorial y equivale en términos de sus componentes a tres ecuaciones escalares en cada dirección 𝑥, 𝑦 y 𝑧, definidas como:

Σ𝐹 = 𝑚𝑎]; Σ𝐹 = 𝑚𝑎z; Σ𝐹 = 𝑚𝑎{ [6]

La Segunda Ley se utiliza entonces para definir la unidad de medida denominada como fuerza que en el Sistema Internacional es el newton que corresponde a 1𝑁 = 1𝐾𝑔𝑚/𝑠:. En este sentido, un newton es la cantidad de fuerza neta que proporciona una aceleración de 1 metro por segundo al cuadrado a un cuerpo con masa de 1 kilogramo. Teniendo en cuenta todos los conceptos anteriores, la Segunda Ley de Newton puede resumirse de esta manera:

"Si una fuerza externa neta actúa sobre un cuerpo, este se acelera. La dirección de la aceleración es la misma que la dirección de la fuerza neta y por tanto el vector fuerza neta es

igual a la masa del cuerpo por su aceleración."

Notemos que la Primera Ley de Newton es un caso particular de la Segunda Ley cuando la fuerza neta es cero, ya que en esta situación, la aceleración deberá ser nula. Adicionalmente, al igual que en la Primera Ley, esta Segunda Ley es válida en marcos de referencia inerciales o en Sistemas de Referencia Inerciales.

57

12.3 Tercera Ley de Newton o Ley de Acción-Reacción

Sabemos que una fuerza que actúa sobre un cuerpo siempre es el resultado de su interacción con otro cuerpo o con sus alrededores. Por lo tanto, podemos afirmar que todas las fuerzas vienen en pares. La fuerza que ejerce la partícula 1 sobre la partícula 2 es igual en magnitud pero opuesta en dirección a la fuerza que ejerce la partícula 2 sobre la partícula 1. Teniendo en cuenta este hecho, en función de sus momentos lineales 𝑝, podemos escribir lo siguiente:

𝑑𝑝-𝑑𝑡

= −𝑑𝑝:𝑑𝑡

[1]

Ahora utilizando la definición dada para las fuerzas, la expresión [2] puede escribirse como:

𝐹- = −𝐹: [2]

Es costumbre decir que 𝐹- y 𝐹: forman un par acción-reacción. Los experimentos indican que al interactuar dos cuerpos, las fuerzas que ejercen mutuamente son iguales en magnitud y opuestas en dirección. La Tercera Ley de Newton puede resumirse de la siguiente manera:

"Si el cuerpo 𝐴 ejerce una fuerza sobre el cuerpo 𝐵 (una acción), entonces, 𝐵 ejerce una fuerza sobre 𝐴 (una “reacción”). Estas dos fuerzas tienen la misma magnitud pero dirección

opuesta, y actúan sobre diferentes cuerpos."

Esto no implica una relación de causa y efecto; podemos considerar cualquiera de las fuerzas como la "acción" y la otra como la "reacción". A menudo decimos sólo que las fuerzas son "iguales y opuestas" para indicar que tienen igual magnitud y dirección opuesta.

Todo par acción y reacción debe cumplir que: i) Las dos fuerzas aparecen simultáneamente, ii) Las dos fuerzas nunca actúan sobre el mismo cuerpo, iii) Las fuerzan intervienen mientras que los cuerpos interactúan y iv) Las dos fuerzas tienen la misma linea de acción.

De acuerdo con las condiciones anteriores, se puede concluir que en el Universo no existirán fuerzas aisladas, sino que siempre aparecen por parejas (pares acción-reacción), es decir, un cuerpo no puede autoacelerarse. En el ejemplo de la figura tenemos fuerzas de contacto, sin embargo, la Tercera Ley de Newton también es válida para las fuerzas de largo alcance que no requieren contacto físico, como es el caso de la atracción gravitacional.

ABFA sobre B FB sobre A

58

12.4 El Concepto de Peso 𝒘

Una de las fuerzas más conocidas en la Naturaleza es el peso de un cuerpo que corresponde a la fuerza gravitacional que la Tierra ejerce sobre dicho cuerpo. Si estuviésemos en otro planeta, nuestro peso sería la fuerza gravitacional que ese cuerpo astrofísico ejerce sobre nosotros. Con frecuencia usamos de manera incorrecta e indistintamente, los términos masa y peso, pero son cantidades completamente diferentes. Mientras que la masa describe las propiedades de un cuerpo, el peso en cambio representa una fuerza ejercida sobre un cuerpo debido a la atracción gravitacional. Sin embargo, ambas están relacionadas por la expresión:

𝑤 = 𝑚𝑔 [1]

Por lo tanto, el peso es una propiedad de todo cuerpo, independientemente que se encuentre en reposo o en movimiento, tal como se muestra en la siguiente representación gráfica:

Si queremos evitar que un cuerpo caiga, se debe ejercer una fuerza igual y contraria al peso para que la fuerza neta sea cero. De aquí se concluye que la magnitud de la fuerza peso es la descrita mediante la expresión anterior. Veamos gráficamente la situación física planteada:

En este caso, la sumatoria de fuerzas es cero, es decir, la tensión de la cuerda 𝑇 es igual al peso 𝑤 y decimos entonces que el cuerpo está en equilibrio mecánico, lo cual implicará por supuesto que la aceleración 𝑎 sea cero. En términos más generales, un cuerpo de masa 𝑚 deberá tener un peso de magnitud 𝑤 determinado por una expresión de la siguiente forma:

𝑤 = 𝑚𝑔 [2]

Debemos tener en cuenta que 𝑔 es la magnitud de 𝑔, la aceleración debida a la gravedad, por tanto 𝑔 siempre será positiva, por definición. En consecuencia, el peso 𝑤 definido en esta expresión anterior, corresponde a la magnitud del peso y también es positiva siempre.

y

x

! = 0

y

x

! = 0

w w

m m

w

T

m

59

12.5 Recomendaciones Generales para la Solución de Situaciones Físicas

1. Tener claridad sobre la situación planteada en el enunciado, identificando las cantidades suministradas y las incógnitas a obtener.

2. Si no es dado, hacer un diagrama ilustrativo de la situación física que se ha planteado, y en el cual se muestren las condiciones físicas del problema. A este diagrama se le conoce como diagrama espacial.

3. Elegir el cuerpo de interés y realizar un diagrama que muestre todas las fuerzas que actúen sobre él. A dicho diagrama se le conoce como diagrama de cuerpo libre.

4. Elegir un sistema de referencia adecuado que facilite la solución del problema, en lugar de generar complejidad.

5. De acuerdo con el sistema de referencia elegido, plantear las ecuaciones de movimiento que garanticen la situación planteada.

6. Resolver el sistema de ecuaciones simultáneas, para obtener lo solicitado. De ser posible, resolverlo en forma literal, para hacer un análisis del resultado y verificar dimensiones.

7. Escribir todos los resultados numéricos obtenidos, con las unidades adecuadas.

12.5 Los Diagramas de Cuerpo Libre 𝑫𝑪𝑳

Las leyes de Newton contienen todos los principios básicos que necesitamos para resolver una amplia variedad de problemas de Mecánica y tienen un planteamiento sencillo; sin embargo el proceso de aplicarlas a situaciones reales puede ser un verdadero reto. Los Diagramas de Cuerpo Libre son indispensables para identificar las fuerzas relevantes que están actuando sobre un sistema físico. Consiste en realizar un diagrama de un cuerpo sin tener en cuenta su entorno o alrededores y muestra sólo la partícula de interés y la totalidad de fuerzas actuantes. Para el correcto uso de los 𝐷𝐶𝐿 , solo se debe tener en cuenta fuerzas externas y el mismo debe incluir un sistema de referencia. Veamos el siguiente ejemplo.

Ejemplo: Un motor de peso 𝑤 cuelga de una cadena unida mediante un anillo 𝑂 a otras dos cadenas que están sujetas al techo y a la pared tal como se muestra en la siguiente figura. Dibuje el Diagrama de Cuerpo Libre 𝐷𝐶𝐿 y calcule las tensiones en función del peso 𝑤.

60°

Motor

Anillo

T1

T2T3

60

Solución: Tanto para el motor como para el anillo, las fuerzas netas son cero, por lo tanto este sistema físico se encuentra en equilibrio. Teniendo en cuenta que tenemos dos cuerpos, debemos dibujar dos diagramas de cuerpo libre independientes, tal como se muestra aquí:

Además, observemos que las fuerzas que actúan sobre el motor están en el eje 𝑦, mientras que las fuerzas sobre el anillo están tanto en el eje 𝑥 como en el eje 𝑦. Analicemos primero que está ocurriendo para el motor como partícula de interés, según la Primera Ley tenemos:

Σ𝐹z = 𝑇- + −𝑤 = 0 → 𝑇- = 𝑤 [1]

Vemos que las cadenas horizontal e inclinada no ejercen fuerzas sobre el motor debido a que no están unidas a este. Ahora para el anillo actúan las magnitudes de las fuerzas 𝑇-, 𝑇: y 𝑇� las cuales lo mantienen en equilibrio. Puesto que el anillo se encuentra en equilibrio, usamos la Primera Ley de Newton en términos de las componentes 𝑥 y 𝑦, de la siguiente manera:

Σ𝐹] = 𝑇�𝑐𝑜𝑠60° + −𝑇: = 0 [2]

Σ𝐹z = 𝑇�𝑠𝑒𝑛60° + −𝑇- = 0 [3]

Sabiendo de la expresión [1] que 𝑇- = 𝑤, podemos reemplazar en [3] para tener lo siguiente:

𝑇�𝑠𝑒𝑛60° − 𝑤 = 0 → 𝑇� =

𝑤𝑠𝑒𝑛60°

= 1,2𝑤 [4]

Una vez calculada la tensión 𝑇� que está actuando sobre el anillo, procedemos a reemplazarla en la expresión [2] para así calcular 𝑇: en función de 𝑤, por lo tanto escribimos lo siguiente:

𝑇: = 𝑇�𝑐𝑜𝑠60° → 𝑇: = 1,2𝑤 𝑐𝑜𝑠60° = 0,6𝑤 [5]

Para finalizar la solución de este problema, realicemos el siguiente análisis. Vemos que con la finalidad de tener suficientes ecuaciones para la solución, tuvimos que considerar no solo las fuerzas sobre el motor, sino también las fuerzas que actúan sobre el anillo, el cual a su vez está ligado a las cadenas.

y

xO

w

T1Motor

y

xO

T2

Anillo

T1

T3

60°T3y

T3x

61

13. APLICACIONES DE LAS LEYES DE MOVIMIENTO DE NEWTON

Al aplicar las leyes de movimiento se deben identificar todas las fuerzas externas que actúan sobre la partícula de interés dibujando para ello el Diagrama de Cuerpo Libre y un Sistema de Referencia adecuado. Como hemos visto, los tipos de fuerzas más comunes son el peso, la fuerza normal, la fuerza de fricción y la tensión. Comenzaremos con problemas de equilibrio (caso estático), donde la sumatoria de fuerzas es cero y luego consideraremos cuerpos que no están en equilibrio (caso dinámico) para lo cual requerimos examinar las relaciones entre las fuerzas y el movimiento, en general en situaciones enmarcadas en el plano (2D).

Problema 1: (Equilibrio Bidimensional): Un sistema conformado por tres cables y un bloque que pesa 100𝑁 se encuentra en equilibrio, tal como se muestra en la figura. Los dos cables forman ángulos de 30° y 60° con la horizontal. Determinar las tensiones de estos dos cables.

Solución: Las cuerdas que forman el sistema mecánico se consideran de masa despreciable comparadas con la masa del cuerpo en estudio y adicionalmente inextensibles, solo sirven para cambiar la dirección de las tensiones. Dado que el sistema está en equilibrio, es decir, la sumatoria de fuerzas externas son cero aplicamos la Primera Ley de Newton. Procedamos con el dibujo de los diagramas de cuerpo libre tanto para el bloque como para el nudo de unión.

En este caso, haremos un análisis de las fuerzas que actúan para el bloque y para el nudo en el cual confluyen las tres tensiones que se muestran en la figura anterior.

60°

Bloque

T1

T2T3

30°

100 N

y

xO

w

T1Bloque

y

xO

T2

Nudo

T1

T3

60°T3y

T3x

30°

T2x

T2y

62

Observamos que como el sistema físico en análisis se encuentra en equilibrio, tanto para el bloque como para el nudo de unión, podemos aplicar la Primera Ley de Newton como sigue:

Σ𝐹 = 0 → Σ𝐹] = 0; Σ𝐹z = 0 [1]

Por tanto para el sistema que está compuesto por el bloque en equilibrio, podremos escribir:

Σ𝐹z = 𝑇- + −𝑤 = 0 → 𝑇- = 𝑤 = 𝑚𝑔 = 100𝑁 [2]

De otro lado, para el sistema compuesto por el nudo de unión, podemos escribir lo siguiente:

Σ𝐹] = 𝑇:𝑐𝑜𝑠30° + −𝑇�𝑐𝑜𝑠60° = 0 [3]

Σ𝐹z = 𝑇:𝑠𝑒𝑛30° + 𝑇�𝑠𝑒𝑛60° − 𝑇- = 0 [4]

Manipulando y reorganizando la expresión [3] el valor de la tensión 𝑇� tomará de esta forma:

𝑇� =

𝑇:𝑐𝑜𝑠30°

𝑐𝑜𝑠60° [5]

Ahora procedemos a reemplazar la expresión [5] en la expresión [4], para tener lo siguiente:

𝑇:𝑠𝑒𝑛30° +

𝑇:𝑐𝑜𝑠30°

𝑐𝑜𝑠60°𝑠𝑒𝑛60° = 100𝑁 [6]

Dado que 𝑠𝑒𝑛30° = 0,5, que 𝑐𝑜𝑠30° = 0,86 y que 𝑐𝑜𝑠60° = 0,5, reemplazando en [6] se tiene:

0,5𝑇: +

0,86×0,860,5

𝑇: = 100𝑁 [7]

Realizando las operaciones indicadas en la expresión [7], obtenemos que el valor de 𝑇: será:

𝑇: = 50,76𝑁 [8]

Una vez calculado 𝑇:, podemos proceder a determinar la tensión 𝑇� reemplazando en [5], así:

𝑇� =

50,76𝑁 𝑐𝑜𝑠30°

𝑐𝑜𝑠60°= 86,6𝑁 [9]

En consecuencia del procedimiento anterior, las tres tensiones solicitadas en el problema son:

𝑇- = 100𝑁; 𝑇: = 50,76𝑁; 𝑇� = 86,6𝑁 [10]

Observamos que al resolver cualquier problema en Física, se recomienda hallar una solución algebráica en función de los términos que se conocen.

63

Problema 2: (Equilibrio Bidimensional): Un bloque que tiene un peso de 50𝑁 se ubica sobre un plano inclinado 𝜃 que forma un ángulo de 30° con la horizontal. El bloque se sujeta con una cuerda ideal (masa despreciable e inextensible) que se encuentra fija en la parte superior del plano como se muestra en la figura. Calcular la tensión de la cuerda y la fuerza normal.

Solución: Notemos que este sistema se encuentra en equilibrio ya que las fuerzas externas que intervienen son iguales a cero. En este sistema físico, las fuerzas actuantes son: el peso debido a la fuerza gravitacional, la tensión de la cuerda para sostener el bloque y la fuerza normal que ejerce el plano sobre el bloque. El Diagrama de Cuerpo Libre será el siguiente:

Como el sistema está en equilibrio, la Primera Ley para la dirección 𝑥 y 𝑦 será como se sigue:

Σ𝐹 = 0 → Σ𝐹] = 0; Σ𝐹z = 0 [1]

Teniendo en cuenta la expresión [1] y del Diagrama de Cuerpo Libre, podremos escribir que:

Σ𝐹] = 0 → 𝑤𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇 = 0 → 𝑇 = 𝑤𝑠𝑒𝑛𝜃 [2]

Σ𝐹z = 0 → 𝐹Ç − 𝑤𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 → 𝐹Ç = 𝑤𝑐𝑜𝑠𝜃 [3]

Por tanto reemplazando los valores numéricos dados por el problema, se obtiene lo siguiente:

𝑇 = 50𝑁 0,5 = 25𝑁; 𝐹Ç = 50𝑁 0,86 = 43,2𝑁 [4]

θ90°30°

90°θ

h

w

FN

θ

O

T

wx

wywy

wx

θw

64

Problema 3: (Aceleración Bidimensional): Un bloque de masa 𝑚 se desliza con aceleración 𝑎

por un plano inclinado que forma un ángulo de 𝜃 con la horizontal. Una fuerza de fricción 𝐹È se opone al movimiento tal como se muestra en la figura. Determinar con qué aceleración se desliza el bloque en función de la gravedad 𝑔 y del ángulo 𝜃 que forma con la horizontal.

Solución: Cuando en un problema físico se presenta aceleración y no hay variaciones en las masas involucradas, escribimos la suma de las fuerzas en esa dirección tal como lo indica la Segunda Ley de Newton. Las fuerzas actuantes son: el peso debido a la fuerza gravitacional, la fuerza normal que ejerce el plano sobre el bloque y la fuerza de fricción la cual se opone al movimiento del bloque de masa 𝑚. El Diagrama de Cuerpo Libre en este caso es el siguiente:

Nota: En adelante, al determinar la sumatoria de fuerzas en cada dirección, se asumirá como positiva la dirección en la cual se presente la aceleración. Esto no es más que una convención para escribir como positivas las fuerzas que tienen la dirección en la que se acelera un cuerpo y negativas, las fuerzas que apuntan en el sentido opuesto.

Observemos que la aceleración del bloque de masa 𝑚 se está dando en la dirección 𝑥 y no en la dirección 𝑦. Por tanto para la dirección 𝑥, debemos aplicar la Segunda Ley de Newton así:

Σ𝐹] = 𝑚𝑎 → 𝑤𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝐹È = 𝑚𝑎; 𝑤𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑎 + 𝐹È [1]

De otro lado, como no existe aceleración en la dirección 𝑦, de la Primera Ley se obtiene que:

Σ𝐹z = 0 → 𝐹Ç − 𝑤𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0; 𝐹Ç = 𝑤𝑐𝑜𝑠𝜃 [2]

θ90°

aFR

90°θ

h

w

FN

θ

O

wx

wy

FN

a

65

A través de la experimentación se sabe que la fuerza de fricción 𝐹È es proporcional a la fuerza

normal 𝐹Ç que esta ejerce sobre la superficie. A la constante de proporcionalidad se le llama coeficiente de fricción cinética denotada por 𝜇Ê. Por lo tanto podemos definir esta expresión:

𝐹È = 𝜇Ê𝐹Ç [3]

Estas fuerzas de fricción, también denominadas como fuerzas de rozamiento, siempre serán perpendiculares a las fuerzas normales. El coeficiente de fricción no tiene unidades por ser una constante de proporcionalidad entre dos fuerzas. La ecuación [3] no es una ecuación de tipo vectorial ya que 𝐹È y 𝐹Ç son perpendiculares entre sí, más bien es una relación escalar entre las magnitudes de dos fuerzas. Si el cuerpo está quieto el coeficiente de fricción será estático y se denota por 𝜇[ y si se mueve, se habla de un coeficiente cinético o dinámico.

Ahora si reemplazamos la definición establecida para la fuerza de fricción y el peso que está dado por la expresión 𝑤 = 𝑚𝑔 en la expresión [1] descrita para la dirección 𝑥, se tiene que:

𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑎 + 𝜇Ê𝐹Ç [4]

Procedamos ahora a despejar de la expresión [4] la aceleración, para obtener esta ecuación:

𝑎 =

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜇Ê𝐹Ç𝑚

[5]

Por tanto, si reemplazamos la expresión [2] en la expresión [5], podemos tener lo siguiente:

𝑎 =

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜇Ê𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃𝑚

[6]

Manipulando y reorganizando la expresión anterior, podremos llegar a la siguiente ecuación:

𝑎 = 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜇Ê𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑔 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜇Ê𝑐𝑜𝑠𝜃 [7]

Realicemos un análisis de este resultado. Lo primero es notar que la aceleración no depende de la masa 𝑚 del bloque, sólo dependerá del coeficiente de fricción cinético o dinámico y del ángulo 𝜃 de inclinación. Notemos también que para el caso cuando no esté presente la fuerza de fricción o de rozamiento en la caída del bloque, la expresión [7] se escribirá como sigue:

𝑎 = 𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 [8]

Donde 𝑎 es la aceleración del bloque y 𝑔 la aceleración debida al campo gravitacional. Ahora de este último resultado también podemos decir que si el ángulo de inclinación es cero 0° , la aceleración del bloque será nula. Mientras por otro lado, cuando el ángulo de inclinación es de 90° , la aceleración 𝑎 será igual a la aceleración de la gravedad 𝑔, es decir, 𝑎 = 𝑔. En este último caso, el movimiento del bloque corresponderá a un Movimiento de Caída Libre.

66

Problema 4: (Aceleración Bidimensional): En el sistema de la figura, el bloque de masa 𝑚- se ubica sobre el plano inclinado liso que forma un ángulo 𝜃 con la horizontal. La polea por donde cuelga otro bloque de masa 𝑚: conectado a 𝑚- es ideal y la cuerda es inextensible y de masa despreciable). Determinar la aceleración de cada bloque y la tensión en la cuerda.

Solución: Teniendo en cuenta que las masas 𝑚- y 𝑚: se están acelerando, debemos utilizar la Segunda Ley de Newton. Tenemos aquí tres incógnitas, las aceleraciones para las masas 𝑚- y 𝑚: y la tensión en la cuerda. Como ambos cuerpos (bloques) se mueven en diferentes direcciones (una vertical y otra horizontal), no podemos considerarlos juntos sino separados. Si bien las direcciones de las aceleraciones son distintas, sus magnitudes son iguales ya que la cuerda no se estira y los bloques avanzan distancias iguales en tiempos iguales. Luego se cumple que 𝑎 = 𝑎Z- + 𝑎Z:. Dibujemos los Diagramas de Cuerpos Libres para los dos cuerpos:

Veamos algo importante, como no conocemos la dirección del movimiento, podemos suponer que el cuerpo de masa 𝑚- sube por el plano inclinado, lo que determinará el sentido de la aceleración del sistema físico. Por lo tanto para el bloque de masa 𝑚-, se tiene lo siguiente:

Σ𝐹] = 𝑚-𝑎 → 𝑇 + −𝑤-𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚-𝑎 [1]

Σ𝐹z = 0 → 𝐹Ç + −𝑤-𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 [2]

θ90°

y

xBloque 2

FN

θ

O

wx

wy

T

a

T

w2w1

Bloque 1 Om1 m2

a =⎼g j

67

De otro lado, para el bloque de masa 𝑚:, podemos escribir la Segunda Ley de esta manera:

Σ𝐹z = −𝑚:𝑎 → 𝑇 + −𝑤: = −𝑚:𝑎 → 𝑇 = 𝑤: − 𝑚:𝑎 [3]

Teniendo en cuenta que la cuerda es inextensible, la tensión 𝑇 es igual para los dos bloques, por lo tanto reemplazando la expresión [4] en la expresión [1], se obtendrá lo siguiente:

𝑤: − 𝑚:𝑎 − 𝑤-𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚-𝑎 [4]

Sabiendo que 𝑤- = 𝑚-𝑔 y que 𝑤: = 𝑚:𝑔, la expresión [5] se puede escribir de esta manera:

𝑚:𝑔 − 𝑚:𝑎 − 𝑚-𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚-𝑎 [5]

Reorganizando, manipulando y despejando de [5], la aceleración 𝑎 toma la siguiente forma:

𝑎 =

𝑔 𝑚: − 𝑚-𝑠𝑒𝑛𝜃𝑚- + 𝑚:

[6]

Observemos que el signo de la aceleración 𝑎 dependerá del término 𝑚: − 𝑚-𝑠𝑒𝑛𝜃 . Un caso particular es cuando el ángulo de inclinación es 𝜃 = 0°, luego 𝑠𝑒𝑛 0° = 0 y se obtiene que:

𝑎 =

𝑔 𝑚:𝑚- + 𝑚:

[7]

Finalmente, si reemplazamos la expresión [7] en la expresión [3], la tensión en la cuerda es:

𝑇 = 𝑚:𝑔 − 𝑚:

𝑔 𝑚: − 𝑚-𝑠𝑒𝑛𝜃𝑚- + 𝑚:

[8]

Problema 5: (Taller 3-P1): Dos fuerzas representadas por 𝐹- = 3𝚤 − 5𝚥 𝑁 y 𝐹: = 2𝚤 + 𝚥 𝑁 actúan sobre una partícula de 1,5𝐾𝑔. a) Cuál es la magnitud y la dirección de 𝑎 sobre el cuerpo? y b) Si el cuerpo está inicialmente en reposo, cual es su posición en 𝑡 = 4𝑠?

y

xO

F2= (2i,1j) N

F1= (3i,-5j) N

m= 1,5 Kg

68

Solución: Recordemos que las fuerzas representadas en la figura anterior corresponden a los vectores 𝐹- y 𝐹: respectivamente, las cuales actúan sobre la partícula de masa 𝑚 = 1,5𝐾𝑔.

a) Procedamos a determinar las magnitudes y direcciones del vector aceleración 𝑎 aplicando

el Principio de Superposición de Fuerzas, es decir, la fuerza resultante de 𝐹- y 𝐹: será como:

𝑅 = 𝐹Á[�� = 𝐹- + 𝐹: [1]

Recordemos que la expresión [1] es simplemente una suma vectorial y la fuerza resultante actúa como si 𝐹- y 𝐹: fuesen una sola fuerza 𝑅. Por lo tanto, podemos escribir lo siguiente:

𝐹Á[�� = 3𝚤 − 5𝚥 𝑁 + 2𝚤 + 𝚥 𝑁 = 5𝚤 − 4𝚥 𝑁 [2]

En consecuencia, la magnitud del vector resultante 𝑅 o fuerza neta se escribe como se sigue:

𝐹Á[�� = 5 : + −4 :𝑁 = 41𝑁 = 6,4𝑁 [3]

Donde la dirección de 𝐹Á[�� es 𝜃 = −38,65° + 360° = 321°. Calculada la magnitud y la dirección de esta fuerza, la magnitud y dirección de 𝑎 se obtiene aplicando la Segunda Ley de Newton:

𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑎 = 𝐹/𝑚 = 3,33𝚤 − 2,66𝚥 𝑚/𝑠: [4]

Recordemos que la dirección de la aceleración 𝑎 es la misma de la dirección de la fuerza neta.

b) Calculemos ahora la posición para 𝑡 = 4𝑠, sabiendo que las componentes de la aceleración 𝑎] y 𝑎z son constantes 𝑀𝑅𝑈𝐴 y que 𝑣�] = 𝑣�z = 0 para 𝑡 = 0. Por lo tanto, las ecuaciones cinemáticas para la posición y la velocidad en la dirección 𝑥, pueden hallarse como se sigue:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑡 + 1 2 𝑎𝑡: → 𝑥 = 1,66𝑡: [5]

𝑣] = 𝑣�] + 𝑎𝑡 → 𝑣] = 3,33𝑡 [6]

Análogamente, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la dirección 𝑦 serán:

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑡 + 1 2 𝑎𝑡: → 𝑦 = −1,33𝑡: [7]

𝑣z = 𝑣�z + 𝑎𝑡 → 𝑣z = −2,66𝑡 [8]

En consecuencia, el vector de posición en función del tiempo 𝑟 𝑡 , se escribirá de esta forma:

𝑟 𝑡 = 1,66𝑡:𝚤 − 1,33𝑡:𝚥 𝑚 [9]

Finalmente, reemplazando en la expresión [9] para el tiempo 𝑡 = 4𝑠, podremos obtener que:

𝑟 = 26,7𝚤 − 21,3𝚥 𝑚 [10]

69

Problema 6: (Péndulo Cónico): Una partícula de masa 𝑚, está sujetada al extremo de una cuerda de longitud 𝐿 que describe una trayectoria circular en el plano horizontal, con rapidez constante, genera una superficie cónica, lo cual se conoce como péndulo cónico. La cuerda forma un ángulo 𝜃 con la vertical, como se muestra en la figura. Calcular: a) la tensión en la cuerda, b) la rapidez de la partícula, c) una expresión para el ángulo 𝜃 y d) el periodo.

Solución: Conforme la partícula de masa 𝑚 gira, la cuerda se desliza por la superficie de un cono imaginario y de allí el nombre de péndulo cónico, el cual es caso particular del péndulo esférico. El científico inglés Robert Hooke, sería el primero en estudiar este péndulo en 1660.

Las fuerzas que están actuando sobre la partícula son la tensión de la cuerda 𝑇 y el peso 𝑤. Recordemos que en un movimiento circular, la aceleración puede tener dos componentes que son la paralela y la perpendicular. Donde la primera obedece a los cambios en la rapidez y la segunda obedece a los cambios en la dirección. A partir de las fuerzas actuantes sobre esta partícula, obtenemos el diagrama de Cuerpo Libre asumiendo como positiva, la dirección en la cual se presenta la aceleración, en este caso esta ocurre hacia el centro del círculo.

L

m

θ

R

!

y

xO ac

Ty

Tx

w

L

θ

θ

T

70

En este caso particular, la rapidez permanece constante y solo cambia la dirección, entonces tenemos un movimiento circular uniforme 𝑀𝐶𝑈 . En este movimiento solo hay componente perpendicular de la aceleración que a su vez es perpendicular a la velocidad. Esta aceleración también denominada aceleración normal o radial siempre apunta al centro de la trayectoria circular y por esta razón se le llama como aceleración centrípeta.

a) Calculemos la tensión en la cuerda. La componente horizontal de la tensión de la cuerda es la aceleración centrípeta 𝑎¸ asociada al movimiento circular y por tanto la fuerza centrípeta respectiva está dada por dicha componente horizontal en la dirección radial dirigida al centro de la circunferencia. Aplicando la Segunda Ley de Newton, podremos afirmar lo siguiente:

Σ𝐹 = 𝑚𝑎 → Σ𝐹] = 𝑚𝑎; Σ𝐹z = 0 [1]

Lo anterior se cumplirá por cuanto la única aceleración que hay se produce en el eje 𝑥, luego:

Σ𝐹] = 𝑚𝑎 → 𝑇] = 𝑚𝑎¸ → 𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑎¸ [2]

De otro lado, recordemos que la magnitud de la aceleración centrípeta o radial se define por:

𝑎��\ = 𝑎¸ =

𝑣:

𝑅 [3]

Por tanto si reemplazamos la expresión [3] en la [2], obtenemos una ecuación de esta forma:

𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚

𝑣:

𝑅 [4]

Sabiendo que la partícula no presenta aceleración vertical en 𝑦, de la Primera Ley se obtiene:

Σ𝐹z = 0 → 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 + −𝑤 = 0 → 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑤 [5]

Observemos que la componente vertical de la tensión en la cuerda es exactamente igual al peso. Ahora si, una vez aplicadas las leyes de Newton, procedemos a calcular las incógnitas pedidas. Para encontrar la tensión en la cuerda, despejamos 𝑇 de [5] para tener lo siguiente:

𝑇 =

𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

[6]

Finalmente si queremos determinar 𝑇 sin incluir el ángulo 𝜃, procedemos a elevar al cuadrado las expresiones [2] y [5] y las sumamos, lo cual nos permitirá escribir la siguiente ecuación:

𝑇: = 𝑚𝑔 : + 𝑚𝑣:

𝑅

:

[7]

Notemos que esta expresión no involucra el ángulo 𝜃 y la misma está definida en función de la masa 𝑚, la velocidad 𝑣, el radio 𝑅 y la aceleración de la gravedad 𝑔.

71

b) Determinemos la rapidez de la partícula despejando la velocidad 𝑣 en la expresión [4] así:

𝑣: =

𝑅𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃𝑚

[8]

Seguidamente sacando raíz en ambos lados en [8] y teniendo en cuenta el resultado que fue obtenido en la expresión [6], la expresión [8] puede escribirse de la siguiente manera:

𝑣 =𝑅𝑇𝑠𝑒𝑛𝜃𝑚

→ 𝑣 = 𝑅𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃 [9]

Luego de la geometría de la figura se tiene que 𝑅 = 𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃. Reemplazando en [9], se obtiene:

𝑣 = 𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃 [10]

c) Obtengamos ahora una expresión para el ángulo 𝜃, dividiendo [4] y [5], de esta manera:

𝑡𝑎𝑛𝜃 =

𝑣:

𝑔𝑅→ 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑣: 𝑔𝑅 [11]

d) Calculemos por último el periodo (tiempo para dar una vuelta), sabiendo que 𝑣 = 2𝜋𝑅/𝑃:

𝑃 =2𝜋𝑅𝑅𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃

= 2𝜋𝑅

𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃= 2𝜋

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃𝑔

[12]

Observamos de este resultado, que el periodo 𝑃 depende de 𝐿 y de 𝜃, pero no de la masa 𝑚.

Problema 7: Sobre una partícula puntual de 3,0𝐾𝑔 actúan cuatro fuerzas, tal como se indica en el diagrama. Determinar: a) La fuerza neta que áctua sobre la partícula, b) La magnitud y dirección de la aceleración que actúa sobre la partícula, c) Las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad suponiendo que la partícula parte del reposo y d) La posición en 𝑡 = 3𝑠.

y

xO

F1= 10 NF2= 5 N

F3= 100 NF4= 50 N

37°

30°

20°

50° m= 3,0 Kg

72

Solución: a) Determinemos las magnitudes y direcciones del vector aceleración 𝑎 aplicando

el Principio de Superposición de Fuerzas, es decir, la fuerza resultante de 𝐹- y 𝐹: será como:

𝑅 = 𝐹Á[�� = 𝐹- + 𝐹: + 𝐹� + 𝐹� [1]

La expresión anterior equivale a una suma vectorial. Las componentes de estas fuerzas son:

𝑅] = Σ𝐹]; 𝑅z = Σ𝐹z [2]

Donde Σ𝐹] es la suma de las componentes en 𝑥 y Σ𝐹z es la suma de las componentes en 𝑦. Teniendo en cuenta la expresión [2], la fuerza para la componente en 𝑥 tomará este valor:

𝑅] = Σ𝐹] = 𝐹-] + 𝐹:] + 𝐹�] + 𝐹�] [3]

Ahora aplicando los ángulos mostrados en la figura, dichas componentes se transforman en:

𝑅] = 10𝑁 𝑐𝑜𝑠30° − 5𝑁 𝑠𝑒𝑛37° − 100𝑁 𝑐𝑜𝑠50° + 50𝑁 𝑠𝑒𝑛20° = −41,53𝑁 [4]

Teniendo en cuenta la expresión [2], la fuerza para la componente en 𝑦 tomará este valor:

𝑅z = Σ𝐹z = 𝐹-z + 𝐹:z + 𝐹�z + 𝐹�z [5]

Ahora aplicando los ángulos mostrados en la figura, dichas componentes se transforman en:

𝑅z = 10𝑁 𝑠𝑒𝑛30° − 5𝑁 𝑐𝑜𝑠37° − 100𝑁 𝑠𝑒𝑛50° + 50𝑁 𝑐𝑜𝑠20° = −114,59𝑁 [6]

Una vez calculadas las componentes en 𝑥 y en 𝑦, la fuerza neta o resultante tendrá la forma:

𝐹Á[�� = −41,53𝚤 − 114,6𝚥 𝑁 [7]

En consecuencia, la magnitud del vector resultante 𝑅 o fuerza neta se escribe como se sigue:

𝐹Á[�� = −41,53 : + −114,6 :𝑁 = 121,9𝑁 [8]

Puede demostrarse del resultado anterior, que la dirección de la fuerza resultante es 𝜃 = 70°.

b) Calculada la magnitud y la dirección de la fuerza neta o la resultante, la magnitud y la dirección de la aceleración 𝑎 se obtiene aplicando la Segunda Ley de Newton de esta manera:

𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑎 = −13,84𝚤 − 38,2𝚥 𝑚/𝑠: [9]

La expresión [9] nos arroja el vector aceleración, por tanto la magnitud de 𝑎 es como sigue:

𝑎 = −13,84 : + −38,2 : = 40,63𝑚/𝑠: [10]

Recordemos que la dirección de la aceleración 𝑎 es la misma de la dirección de la fuerza neta.

73

c) Determinemos entonces ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad, suponiendo que la partícula parte del reposo. Notemos que las componentes de la aceleración en 𝑥 y 𝑦 serán:

𝑎] = −13,84𝑚 𝑠: ; 𝑎z = −38,2𝑚 𝑠: [11]

De otro lado, recordemos las condiciones iniciales dadas en el problema que se resumen así:

𝑣]� = 𝑣]� = 0; 𝑥� = 𝑦� = 0; 𝑡� = 0 [12]

Si 𝑎] y 𝑎z son ctes, es un 𝑀𝑅𝑈𝐴 . Las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad en 𝑥:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑡 + 1 2 𝑎𝑡: → 𝑥 = −6,9𝑡: [13]

𝑣] = 𝑣�] + 𝑎𝑡 → 𝑣] = −13,84𝑡 [14]

Análogamente, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la dirección 𝑦 serán:

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑡 + 1 2 𝑎𝑡: → 𝑦 = −19,1𝑡: [15]

𝑣z = 𝑣�z + 𝑎𝑡 → 𝑣z = −38,2𝑡 [16]

En consecuencia, el vector de posición en función del tiempo 𝑟 𝑡 , se escribirá de esta forma:

𝑟 𝑡 = −6,9𝑡:𝚤 − 19,1𝑡:𝚥 𝑚 [17]

d) Finalmente reemplazando en la expresión [9] para el tiempo 𝑡 = 3𝑠 podemos obtener que:

𝒓 = −𝟔𝟐, 𝟏@ − 𝟏𝟕𝟏, 𝟏i 𝒎 [18]

Puede probarse que la ecuación de la trayectoria es 𝑦 = 2,8𝑥, que equivale a una línae recta.

Problema 8: (Movimiento Circular): Un hombre de 80,0𝐾𝑔 está de pie en la cabina de una rueda de la fortuna que tiene un radio de 30,0𝑚 y gira a una revolución por minuto. ¿Cuál es la fuerza que los pies del hombre ejercen sobre el piso de la cabina cuando: a) Llega al punto más alto y b) Llega al punto más bajo. Nota: Considere que la velocidad es constante.

(A)

!

a

(B)

R

74

Solución: Notemos que cuando el hombre está en la parte inferior de la rueda, las fuerzas normal y gravitacional actúan en direcciones opuestas, mientras que cuando está en la parte superior, estas dos fuerzas actúan en la misma dirección. De otro lado, debido a que la velocidad es constante, se tratará de un Movimiento Circular Uniforme 𝑀𝐶𝑈 , en donde la partícula de interés (el hombre) estará en dos posiciones contrarias 𝐴 y 𝐵, parte inferior y superior respectivamente. En consecuencia, se debe analizar las dos situaciones de una manera independiente, teniendo en cuenta la fuerza gravitacional que actúa en todo instante.

a) Analicemos primero para la parte inferior (punto 𝐴). Teniendo en cuenta que las únicas fuerzas que actúan sobre la partícula de interés son el peso 𝑤 hacia abajo y la fuerza normal 𝐹Ç ejercida por el piso de la cabina, el Diagrama de Cuerpo Libre para esta situación será:

Aplicando la Segunda Ley de Newton en dirección radial para el punto 𝐴, podemos tener que:

Σ𝐹 = 𝑚𝑎 → Σ𝐹] = 0; Σ𝐹z = 𝑚𝑎 [1]

Vemos que la única aceleración que se produce es en el eje 𝑦, por tanto la fuerza neta será:

Σ𝐹z = Σ𝐹��\ = 𝐹Ç + −𝑤 = 𝑚𝑎¸ [2]

Manipulando y reorganizando la expresión [2], podremos tener una ecuación de esta forma:

𝐹Ç = 𝑚𝑎¸ + 𝑚𝑔 = 𝑚 𝑎¸ + 𝑔 [3]

Por lo tanto, sabiendo que 𝑎¸ = 𝑣: 𝑅, la expresión [3] puede transformarse en lo siguiente:

𝐹Ç = 𝑚

𝑣:

𝑅+ 𝑚𝑔 = 𝑚

𝑣:

𝑅+ 𝑔 [4]

Veamos si podemos reducir y compactar aún más la expresión [4], de la siguiente manera:

𝐹Ç = 𝑚𝑔 1 +

𝑣:

𝑅𝑔 [5]

y

xA

w

ac

FN

75

Para calcular la fuerza normal 𝐹Ç debemos hallar la velocidad lineal. Adicionalmente sabemos que 𝑣 = 𝜔𝑅 = 2𝜋𝑅 𝑇, pero el problema dice que el hombre gira a una revolución por minuto, lo cual nos indica sobre la velocidad angular, la cual podemos pasar a 𝑟𝑎𝑑 𝑠 de esta forma:

1𝑅𝑒𝑣𝑚𝑖𝑛

×2𝜋𝑟𝑎𝑑1𝑅𝑒𝑣

×1𝑚𝑖𝑛60𝑠

=2𝜋𝑟𝑎𝑑60𝑠

= 0,104𝑟𝑎𝑑/𝑠 [6]

Una vez calculada la velocidad angular 𝜔, la velocidad lineal o tangencial 𝑣 toma esta forma:

𝑣 = 𝜔𝑅 = 0,104𝑟𝑎𝑑/𝑠 30𝑚 = 3,14𝑚/𝑠 [7]

Finalmente, podemos reemplazar [7] en [6] para obtener el valor de la fuerza normal como:

𝐹Ç = 80𝑘𝐺

3,14𝑚/𝑠 :

30𝑚+ 9,8

𝑚𝑠:

= 810,29𝑁 [8]

b) Analicemos ahora la parte superior (punto 𝐵). En este caso, las fuerzas actuantes que son el peso 𝑤 y la fuerza normal 𝐹Ç tienen la misma dirección. El Diagrama de Cuerpo Libre será:

Aplicando la Segunda Ley de Newton en dirección radial para el punto 𝐵, podemos tener que:

Σ𝐹z = Σ𝐹��\ = −𝐹Ç + −𝑤 = −𝑚𝑎¸ [9]

Manipulando y reorganizando la expresión [9], podemos obtener una ecuación de esta forma:

𝐹Ç = 𝑚𝑎¸ − 𝑚𝑔 = 𝑚 𝑎¸ − 𝑔 [10]

Sabiendo que la aceleración centrípeta está definida por 𝑎¸ = 𝑣: 𝑅, la fuerza normal 𝐹Ç será:

𝐹Ç = 𝑚

𝑣:

𝑅− 𝑔 [11]

Reemplazando los valores descritos en [11], la fuerza normal será 𝐹Ç = −757,70𝑁. Notemos que en el caso a), la magnitud de la fuerza normal que ejerce la cabina sobre los pies es mayor que su peso, mientras que en el caso b), la magnitud de la fuerza normal que ejerce la cabina sobre los pies es mucho mayor que su peso. Por lo tanto, el hombre experimenta un peso aparente mayor que su peso verdadero, cuando está en la parte inferior de la rueda.

y

xB

w

acFN

76

Problema 9: (Taller 3-P13): Un carro de montaña rusa contiene una masa de 500𝐾𝑔 cuando está completamente cargado con pasajeros: a) Si el vehículo tiene una rapidez de 20𝑚/𝑠 en el punto 𝐴, ¿Cuál es la fuerza que ejerce la pista sobre el carro en ese punto?, b) Cuál es la rapidez máxima que puede tener el vehículo en el punto 𝐵 y todavía permanecer en la pista?

Solución: a) Analicemos primero que ocurre en el punto de contacto 𝐴. En esta situación, las fuerzas que actúan son el peso 𝑤 y la fuerza normal 𝐹Ç que ejerce la pista en dicho punto. Teniendo en cuenta estas dos fuerzas, el Diagrama de Cuerpo Libre para esta situación será:

Aplicando la Segunda Ley de Newton en dirección radial para el punto 𝐴, podemos tener que:

Σ𝐹 = 𝑚𝑎 → Σ𝐹] = 0; Σ𝐹z = 𝑚𝑎 [1]

Vemos que la única aceleración que se produce es en el eje 𝑦, por tanto la fuerza neta será:

𝐹Ç + −𝑤 = 𝑚𝑎¸ → 𝐹Ç = 𝑚𝑎¸ + 𝑚𝑔 [2]

Sabiendo que la aceleración centrípeta está definida por 𝑎¸ = 𝑣: 𝑅, la fuerza normal 𝐹Ç será:

𝐹Ç = 𝑚

𝑣:

𝑅+ 𝑔 = 24.900𝑁 [3]

B

A

y

xA

w

FN

77

b) Analicemos para el punto 𝐵. Notemos que cuando el carrito está en la parte superior, la pista no ejerce fuerza alguna sobre éste, en otras palabras, la fuerza normal 𝐹Ç en el punto máximo superior es cero. Por lo tanto, el Diagrama de Cuerpo Libre en este caso será:

Como el carrito permanece sobre la pista, la fuerza normal 𝐹Ç = 0 será cero y en este punto la velocidad es máxima; luego aplicando la Segunda Ley de Newton se tiene lo siguiente:

Σ𝐹z = Σ𝐹��\ = 𝑚𝑎¸ → −𝑤 = −𝑚𝑎¸ [4]

Manipulando y reorganizando la expresión [4], podemos obtener una ecuación de esta forma:

𝑚𝑔 = 𝑚𝑎¸ → 𝑔 = 𝑎¸ → 𝑔 = 𝑣: 𝑅 [5]

Finalmente, despejando la velocidad 𝑣 de esta expresión [5], podremos obtener lo siguiente:

𝑣: = 𝑅𝑔 → 𝑣 = 𝑅𝑔 = 147 = 12,12𝑚/𝑠 [6]

Notemos que si la fuerza normal es cero, la rapidez del carrito en la montaña será máxima.

Problema 10: (Péndulo Simple): Una masa puntual atada a una cuerda inextensible y sin peso de longitud 𝐿, se mueve sobre una circunferencia vertical (plano 𝑋𝑌), tal como se muestra en la figura. Determinar la aceleración tangencial y la tensión de la cuerda cuando forme un ángulo 𝜃 con la vertical, si en este preciso instante, su velocidad es 𝑣.

y

xB

w

y

x

m

O

θL

L

θ=0

78

Solución: Un péndulo simple es un modelo idealizado que consiste en una masa puntual 𝑚 suspendida de una cuerda inextensible de longitud 𝐿 y de masa despreciable. Se trata de un sistema mecánico que se mueve en un movimiento oscilatorio donde el extremo superior de la cuerda esta fijo (pivote 𝑂), que ocurre en el plano vertical, accionado por la gravedad.

Si la partícula de masa 𝑚 se desplaza a una posición general 𝜃 y luego se suelta, el péndulo comienza a oscilar describiendo una trayectoria circular o arco de circunferencia de radio 𝐿, igual a la longitud de la cuerda, bajo la influencia de la gravedad. El movimiento además de ser oscilatorio, es periodico. En este caso, la velocidad no es constante (no es un 𝑀𝐶𝑈), por tanto, existirá aceleración tangencial o paralela y aceleración perpendicular o centrípeta.

Las fuerzas que actúan sobre la partícula de masa 𝑚 son: la tensión 𝑇 de la cuerda dirigida al centro de rotación y la gravedad. La componente tangencial de esta fuerza gravitacional actúa siempre hacia 𝜃 = 0°, opuesta al desplazamiento, por tanto, esta fuerza tangencial es una fuerza restauradora que actúa sobre la partícula y que tiende a regresarla a la posición de equilibrio.

Dibujemos el Diagrama de Cuerpo Libre empleando un sistema de referencia cuyo eje 𝑥 será tangente al arco del círculo y el eje 𝑦 a lo largo del radio 𝐿, tomando como positivo el sentido de la tensión y el movimiento en dirección de la posición de equilibrio, de esta manera:

Observamos que de la figura el peso tiene componentes en 𝑥 y en 𝑦, definidas de esta forma:

𝑤] = 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃; 𝑤z = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 [1]

En consecuencia, sobre el eje 𝑥 solo se manifiesta la aceleración tangencial provocada por la componente del peso 𝑤], mientras que sobre el eje 𝑦, solo existirá la aceleración centrípeta generada por la componente del peso 𝑤z y por la tensión 𝑇 de la cuerda.

Además la fuerza de restitución no es proporcional al desplazamiento angular 𝜃, sino a 𝑠𝑒𝑛𝜃, luego el movimiento reultante no es armónico simple pero si 𝜃 ≈ 𝑠𝑒𝑛𝜃 es pequeño, si lo será.

m

O

θ

w

L T

θ

79

Teniendo en cuenta los conceptos, apliquemos la Segunda Ley de Newton para cada una de la direcciones radiales y tangenciales. Para el movimiento en dirección 𝑥 se tiene lo siguiente:

Σ𝐹] = 𝑚𝑎µ → −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑎µ = 𝐹µ [2]

Donde 𝐹µ equivaldrá a la fuerza restauradora que deberá ser igual al término 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃, luego:

𝐹µ = 𝑚𝑎µ = −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝑎µ = −𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 [3]

En este punto del desarrollo, recordemos que la aceleración tangencial está determinada por:

𝑎µ =

𝑑𝑑𝑡

𝑑𝑥𝑑𝑡

=𝑑:𝑥𝑑𝑡:

=𝑑: 𝐿𝜃𝑑𝑡:

[4]

Lo anterior se cumple, por cuanto la longitud de arco se define como 𝑠 = 𝑅𝜃, sin embargo en este caso de la figura se concluye que 𝑥 = 𝑅𝜃 = 𝐿𝜃. Puesto que 𝐿 es constante, se tiene que:

𝑎µ = 𝐿

𝑑:𝜃𝑑𝑡:

= 𝛼𝑅 = 𝛼𝐿 = 𝜃𝐿 [5]

Ahora si reemplazamos la expresión [5] en la expresión [3], podemos obtener esta ecuación:

𝑚𝐿

𝑑:𝜃𝑑𝑡:

= −𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝑑:𝜃𝑑𝑡:

= −𝑔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃 [6]

Pero recordemos además que la relación entre la aceleración tangencial 𝑎µ y la aceleración angular 𝛼 esta dada por 𝑎µ = 𝛼𝑅 = 𝛼𝐿. Donde la aceleración angular a su vez se define como:

𝛼 =

𝑑𝜔𝑑𝑡

=𝑑𝑑𝑡

𝑑𝜃𝑑𝑡

=𝑑:𝜃𝑑𝑡:

[7]

Donde 𝛼 es la aceleración angular. Si retomamos la expresión [6] se trata de una ecuación diferencial de segundo orden, la cual no equivale a la ecuación de un Movimiento Armónico Simple 𝑀𝐴𝑆 . Pero si consideramos que el radio 𝐿 es mucho mayor que el arco 𝑥 y que el desplazamiento angular 𝜃 es muy pequeño (𝑠𝑒𝑛𝜃), esta ecuación diferencial toma la forma:

𝑑:𝜃𝑑𝑡:

+𝑔𝐿𝜃 = 0 [8]

Entonces ahora si, esta ecuación corresponde a la ecuación de un oscilador armónico simple denominado como 𝑀𝐴𝑆 . En consecuencia, reescribiendo la expresión [3], se tiene que:

𝐹µ = −𝑚𝑔𝜃 = −𝑚𝑔𝑥/𝐿 [9]

Observemos que la fuerza de restitución 𝐹µ es proporcional al desplazamiento y opuesta al desplazamiento. Luego el signo negativo indica que 𝐹µ actúa hacia la posición de equilibrio.

80

Notemos que la expresión [9] presenta la misma forma que la expresión 𝐹 = −𝑘𝑥, donde 𝑘 es una constante y 𝑥 es el desplazamiento de la partícula a partir de la posición de equilibrio. En esta sentido, vemos que la constante 𝑘 equivale a 𝑘 = 𝑚𝑔/𝐿, por tanto podemos escribir que:

𝐹µ = 𝑚𝑎µ = −𝑘𝑥 [10]

En consecuencia de lo anterior, la ecuación [12] también la podremos escribir como se sigue:

𝑚𝑑:𝑥𝑑𝑡:

= −𝑘𝑥 → 𝑑:𝑥𝑑𝑡:

= −𝑘𝑚𝑥 [11]

Esta expresión corresponde al movimiento del oscilador armónico simple, que se resume así:

𝑑:𝑥𝑑𝑡:

= −𝜔:𝑥 [12]

Donde 𝜔 equivale a la frecuencia angular. Esta frecuencia angular, tendrá la siguiente forma:

𝜔 = 𝑘/𝑚 = 𝑚𝑔/𝐿𝑚 = 𝑔/𝐿 [13]

Finalmente, sabiendo que 𝜔 = 2𝜋/𝑇, podemos determinar el periodo para presentarlo como:

𝑇 =

2𝜋𝜔=1𝑓= 2𝜋

1𝑔/𝐿

= 2𝜋 𝑔/𝐿 [14]

Concluimos entonces que el periodo y la frecuencia de un péndulo simple solo depende de la longitud de la cuerda y de la aceleración debida a la gravedad y no de la masa 𝑚. De otro lado para hallar la tensión 𝑇 de la cuerda, debemos determinar la ecuación de movimiento en la dirección radial o centrípeta y para ello aplicamos la Segunda Ley de Newton como sigue:

Σ𝐹z = 𝑚𝑎¸ → 𝑇 − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑎¸ [15]

Despejando la tensión 𝑇 y sabiendo que 𝑎¸ = 𝑣:/𝑅, podemos llegar una ecuación de la forma:

𝑇 = 𝑚 𝑣:/𝑅 + 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚 𝑣:/𝐿 + 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 [16]

En el movimiento pendular, la tensión de la cuerda no se mantiene igual, en cada momento la fuerza centrípeta neta que actúa sobre la partícula cambia y será la suma de esta tensión más la componente radial del peso. Además, de la expresión [16], conocido el valor de la velocidad 𝑣 en la posición angular 𝜃, podemos calcular la tensión de la cuerda. Así la tensión 𝑇 es máxima cuando el péndulo pasa por la posición de equilibrio y podemos escribir que:

𝑻 = 𝒎 𝒗𝟐/𝑳 + 𝒎𝒈 [17]

En consecuencia, la tensión 𝑇 será mínima en los extremos, cuando 𝑣 = 0, luego 𝑇 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃.

81

Problema 11: Sobre una partícula puntual de 3,0𝐾𝑔 actúan cinco fuerzas, tal como se indica en el diagrama. Determinar: a) La fuerza neta que áctua sobre la partícula, b) La magnitud y dirección de la aceleración 𝑎 que actúa sobre la partícula, c) La posición para la partícula cuando 𝑡 = 3𝑠 si parte del reposo y d) La ecuación de la trayectoria seguida por la partícula.

Solución: Este ejemplo no es más que un problema de suma vectorial, donde los vectores coplanares representan fuerzas que son necesariamente concurrentes. Se requiere calcular las componentes 𝑥 y 𝑦 de la fuerza neta o resultante, para lo cual recordemos lo siguiente:

𝑅] = Σ𝐹]; 𝑅z = Σ𝐹z [1]

a) Luego las componentes rectangulares 𝑥 y 𝑦 de las fuerzas actuantes, serán las siguientes:

FUERZAS 𝑭𝒊 COMPONENTES 𝒙 COMPONENTES 𝒚

𝐹- = 19𝑁 𝐹-] = 19𝑁 𝑐𝑜𝑠0° = 19𝑁 𝐹-z = 19𝑁 𝑠𝑒𝑛0° = 0𝑁

𝐹: = 15𝑁 𝐹:] = 15𝑁 𝑐𝑜𝑠60° = 7,5𝑁 𝐹:z = 15𝑁 𝑠𝑒𝑛60° = 13,0𝑁

𝐹� = 16𝑁 𝐹�] = − 16𝑁 𝑐𝑜𝑠45° = −11,3𝑁 𝐹�z = 16𝑁 𝑠𝑒𝑛45° = 11,3𝑁

𝐹� = 11𝑁 𝐹�] = − 11𝑁 𝑐𝑜𝑠30° = −9,53𝑁 𝐹�z = − 11𝑁 𝑠𝑒𝑛30° = −5,5𝑁

𝐹Ð = 22𝑁 𝐹Ð] = 22𝑁 𝑐𝑜𝑠270° = 0𝑁 𝐹Ðz = 22𝑁 𝑠𝑒𝑛270° = 22𝑁

Una vez calculadas las componentes en 𝑥 y en 𝑦, la fuerza neta o resultante tendrá la forma:

𝐹Á[�� = 5,66𝚤 + 40,8𝚥 𝑁 [2]

En consecuencia, la magnitud del vector resultante 𝑅 o fuerza neta se escribe como se sigue:

𝐹Á[�� = 5,66 : + 40,8 :𝑁 = 1696,67 = 41,19𝑁 [3]

y

xO F1= 19 N

F5= 22 N

F3= 16 N

F4= 11 N

30°

45°

m= 3,0 Kg

60°

F2= 15 N

82

Finalmente, para hallar el ángulo entre la fuerza neta y el eje positivo 𝑥 usamos la expresión:

𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑅z 𝑅] → 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑅z 𝑅] [4]

Reemplazando las valores 𝑅] y 𝑅z en la expresión [4] se obtiene que 𝜃 = 7,208°, pero vemos

que el vector 𝐹Á[�� está situado en el cuarto cuadrante. Por tanto la solución correcta deberá ser un ángulo con valor de 𝜃 = 360° − 29,24°, el cual corresponderá a 𝜃 = 352,79°.

b) Calculada la magnitud y la dirección de la fuerza neta o la resultante, la magnitud y la dirección de la aceleración 𝑎 se obtiene aplicando la Segunda Ley de Newton de esta manera:

𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑎 = 𝐹/𝑚 = 1,88𝚤 + 13,6𝚥 𝑚/𝑠: [5]

La expresión [5] nos arroja el vector aceleración, por tanto la magnitud de 𝑎 es como sigue:

𝑎 = 1,88 : + 13,6 : = 188,49 = 13,72𝑚/𝑠: [6]

Recordemos que la dirección de la aceleración 𝑎 es la misma de la dirección de la fuerza neta.

c) Hallemos la posición, suponiendo que la partícula parte del reposo. Las componentes de la aceleración en 𝑥 y 𝑦 son 𝑎] = 1,88𝑚 𝑠: y 𝑎z = 13,6𝑚 𝑠:. Si 𝑎] y 𝑎z son constantes, es un Movimiento Rectilíneo Uniformemente Acelerado 𝑀𝑅𝑈𝐴 . Para la dirección en 𝑥 se tiene que:

𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑡 + 1 2 𝑎𝑡: → 𝒙 = 𝟎, 𝟗𝟒𝒕𝟐 [7]

Análogamente, las ecuaciones cinemáticas de posición y velocidad para la dirección 𝑦 serán:

𝑦 = 𝑦� + 𝑣�𝑡 + 1 2 𝑎𝑡: → 𝒚 = 𝟔, 𝟖𝒕𝟐 [8]

En consecuencia, el vector de posición en función del tiempo 𝑟 𝑡 , se escribirá de esta forma:

𝑟 𝑡 = 0,94𝑡:𝚤 + 6,8𝑡:𝚥 𝑚 → 𝒓 𝒕 = 𝟑𝒔 = 𝟖, 𝟒𝟔@ + 𝟔𝟏, 𝟐i 𝒎 [9]

d) Calculemos finalmente la ecuación de la trayectoria seguida por la partícula. Para realizar esto debemos retomar las ecuaciones paramétricas obtenidas en [7] y [8] siguientes:

𝑥 = 0,94𝑡:; 𝑦 = 6,8𝑡: [10]

Recordemos que la ecuación de la trayectoria es una expresión entre las coordenadas 𝑥 y 𝑦 y por lo tanto no depende del tiempo, luego debemos eliminarlo. Despejando 𝑡 se obtiene que:

𝑡: = 1,063𝑥 → 𝒚 = 𝟕, 𝟐𝟑𝒙 [11]

Analizando el resultado obtenido de la expresión [11], concluimos que la trayectoria que va a describir la partícula de masa 𝑚 es una trayectoria en línea recta, producida por la aplicación de las cinco fuerzas coplanares que actúan sobre esta.

83

Problema 12: (Taller 3-P17): Un juego en un parque de diversiones consiste en un cilindro vertical que gira en torno a su eje lo suficientemente rápido para que cualquier persona que está en su interior se mantenga contra la pared cuando el suelo se aleja. El coeficiente de fricción estática entre la persona y la pared es 𝜇� y el radio del cilindro es 𝑅. a) Muestre que el periodo de revolución máximo necesario para evitar que la persona caiga está dado por:

𝑇 =4𝜋:𝑅𝜇�

𝑔

-/:

b) Encuentre un valor numérico para el periodo 𝑇, si el cilindro tiene un radio de 𝑅 = 4𝑚 y un coeficiiente de fricción 𝜇� = 0,4. ¿Cuántas revoluciones por minuto realizará el cilindro?

Solución: Notemos que se trata de un movimiento circular, que supondremos constante para facilitar los cálculos. Las fuerzas actuantes sobre la partícula de interés (la persona), son las siguientes: el peso 𝑤, la fuerza normal 𝐹Ç que ejerce la pared y la fricción estática 𝐹È. Ahora teniendo identificadas las fuerzas actuantes, podemos realizar el Diagrama de Cuerpo Libre:

R

us

⍵

y

x

w

FR

FR

84

Aplicando la Segunda Ley de Newton para la situación física planteada, podemos escribir que:

Σ𝐹 = 𝑚𝑎 → Σ𝐹] = 𝑚𝑎¸; Σ𝐹z = 0 [1]

Analicemos primero el movimiento en la componente en 𝑥; de esta segunda ley se tiene que:

Σ𝐹] = 𝑚𝑎¸ → 𝐹Ç = 𝑚𝑎¸ → 𝐹Ç = 𝑚𝑣:/𝑅 [2]

Veamos en segundo lugar el movimiento en la componente en 𝑦; de la misma ley tenemos:

Σ𝐹z = 0 → 𝐹È + −𝑤 = 0 → 𝜇�𝐹Ç = 𝑚𝑔 [3]

Seguidamente si reemplazamos la expresión [3] en la expresión [2], se obtiene lo siguiente:

𝑚𝑔𝜇�

=𝑚𝑣:

𝑅→ 𝑣: =

𝑅𝑔𝜇� [4]

Recordemos que en un movimiento circular, el periodo de revolución esta determinado como:

𝑇 =

2𝜋𝑅𝑣

→ 𝑇: =4𝜋:𝑅:

𝑣: [5]

Por lo tanto, reemplazando la expresión [4] en la expresión [5], podremos tener lo siguiente:

𝑇: =4𝜋:𝑅:

𝑅𝑔/𝜇�=4𝜋:𝑅𝜇�

𝑔→ 𝑻 =

𝟒𝝅𝟐𝑹𝝁𝒔𝒈

𝟏/𝟐

[6]

b) Veamos por último el valor numérico del periodo 𝑇 para los valores dados en el problema que establecen un radio de 𝑅 = 4𝑚 y un coeficiiente de fricción 𝜇� = 0,4. Por tanto se tiene:

𝑇 =4𝜋:𝑅𝜇�

𝑔=

4 3,14 : 4𝑚 0,49,8𝑚/𝑠:

= 6,43𝑠: = 2,54𝑠 [7]

Finalmente, determinemos cuántas revoluciones por minuto efectua el cilindro, sabiendo que:

1𝑅𝑒𝑣𝑚𝑖𝑛

=1𝑇= 𝑓 =

12,54𝑠

×1𝑚𝑖𝑛60𝑠

[8]

Realizando las operaciones indicadas y reemplazando los valores obtenidos, la frecuencia es:

𝒇 = 𝟐𝟑, 𝟔𝟐𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏 [9]

85

UNIDAD 2: RESUMEN DE LAS DEFINICIONES Y LAS FÓRMULAS UTILIZADAS

DESCRIPCIÓN CONCEPTUAL EXPRESIÓN MATEMÁTICA

Vector de posición 𝑟 = 𝑟 𝑡 ; 𝑟 = 𝑥𝚤

Vector desplazamiento ∆𝑟 = 𝑟: − 𝑟- = 𝑥: − 𝑥- 𝚤 = ∆𝑥𝚤

Vector velocidad media o promedio 𝑣Z[\V] =∆𝑟∆𝑡

=𝑟: − 𝑟-𝑡: − 𝑡-

=𝑥: − 𝑥-𝑡: − 𝑡-

𝚤

Vector velocidad instantánea 𝑣] = lim∆�→�

∆𝑟∆𝑡

=𝑑𝑟𝑑𝑡

=𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝑟

Vector aceleración media o promedio 𝑎Z[\V] =∆𝑣∆𝑡

=𝑣: − 𝑣-𝑡: − 𝑡-

Vector aceleración instantánea 𝑎] =𝑑𝑣]𝑑𝑡

=𝑑𝑑𝑡

𝑑𝑟𝑑𝑡

=𝑑:𝑟𝑑𝑡:

= 𝑣 = 𝑟

Vector de posición en el espacio bidimensional 𝑟 = 𝑥𝚤 + 𝑦𝚥

Magnitud y dirección de un vector en 2D 𝑟 = 𝑥: + 𝑦:; 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑦/𝑥

Vector de posición en el espacio tridimensional 𝑟 = 𝑥𝚤 + 𝑦𝚥 + 𝑧𝑘

Magnitud y dirección de un vector en 3D 𝑟 = 𝑥: + 𝑦: + 𝑧:; 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛V- 𝑥: + 𝑦:/𝑧

Movimiento Rectilíneo Uniforme 𝑀𝑅𝑈 𝑥 = 𝑥� + 𝑣𝑡; 𝑣] = 𝑣�]

Movimiento Rectilíneo Uniforme 𝑀𝑅𝑈𝐴 𝑥 = 𝑥� + 𝑣�𝑡 + 1/2𝑎𝑡:

Movimiento Rectilíneo Uniforme 𝑀𝑅𝑈𝐴 𝑣]: = 𝑣�]: + 2𝑎𝑥 𝑥 − 𝑥�

Vector de posición en función del tiempo 𝑟 𝑡 = 𝑥 𝑡 𝚤 + 𝑦 𝑡 𝚥 + 𝑧 𝑡 𝑘

Ecuaciones paramétricas 𝑥 𝑡 = 𝑡; 𝑦 𝑡 = 𝑡; 𝑧 𝑡 = 𝑡

Ecuación de la parábola 𝑦 = 𝑎𝑥 − 𝑏𝑥:

Ecuación de la circunferencia 𝑥: + 𝑦: = 𝑅:

Aceleración radial o centrípeta 𝑎��\ = 𝑣:/𝑅 = 𝑎¸ = 𝜔:𝑅

Velocidad tangencial 𝑣 = 2𝜋𝑅/𝑇 = 𝜔𝑅

Velocidad angular 𝜔 = 𝑑𝜃/𝑑𝑡 = 2𝜋𝑓

86

DESCRIPCIÓN CONCEPTUAL EXPRESIÓN MATEMÁTICA

Aceleración angular 𝛼 = 𝑑𝜔/𝑑𝑡

Momento lineal o cantidad de movimiento 𝑝 = 𝑚𝑣

Principio de Superposición de Fuerzas 𝑅 = 𝐹- + 𝐹: = 𝐹Á[��

Componentes de Fuerzas 𝑅] = Σ𝐹]; 𝑅z = Σ𝐹z

Vectores Componentes Rectangulares 𝐹] = 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃; 𝐹z = 𝐹𝑠𝑒𝑛𝜃

Primera Ley de Newton Σ𝐹Á[�� = 0

Segunda Ley de Newton Σ𝐹[]� =𝑑𝑝𝑑𝑡

= 𝑚𝑑𝑣𝑑𝑡

= 𝑚𝑎

Ecuaciones escalares en la Segunda Ley Σ𝐹 = 𝑚𝑎]; Σ𝐹 = 𝑚𝑎z; Σ𝐹 = 𝑚𝑎{

Tercera Ley de Newton 𝑑𝑝-𝑑𝑡

= −𝑑𝑝:𝑑𝑡

Peso 𝑤 = 𝑚𝑔