MECÁNICA
Procedemos en esta introducción a un breve repaso de los conceptos fundamentales de la Mecánica. El principal objetivo de ésta es describir (cinemática) y explicar (dinámica) el movimiento de los cuerpos y hallar, al mismo tiempo, las condiciones necesarias para el estado de reposo en éstos (estática). Las situaciones de mayor interés en biomecánica serán las configuraciones estáticas de con-juntos de músculos y huesos, por un lado, y las implicaciones energéticas generales de su funcionamiento. (Los detalles de éstas se deberán tratar, sin embargo, en otros capítulos, como el de termodinámica y el de electricidad principal- mente.) Discutiremos también los sistemas de medida y el análisis dimensional, que proporcionan métodos generales para determinar la forma funcional de algunas leyes, no sólo en Mecánica, sino en otras partes de la Física. Prestamos también atención a la relación que tiene el tamaño y la forma en los seres vivos, lo cual nos lleva, de manera natural, a considerar las leyes de escala.
1.1.
CINEMÁTICA
Figura 1.1.
Esta parte de la mecánica describe el movimiento de los cuerpos. Un cuerpo describe una trayectoria, que queda determinada por su posición en cada instante, donde rr es el vector de posición del móvil en el instante t. Para determinar la evolución de la posición de este móvil necesitamos conocer la velocidad instantánea, definida por
dr v
dt = r
r [1]
Pero, por razones que aparecerán más claras en el apartado sobre la dinámica, necesitamos aun introducir la variación instantánea de la velocidad, a la que se denomina aceleración á
2 2
dv d r a
dt dt = r= r
r [2]
Normalmente, los problemas en cinemática vienen planteados a la inversa de la presentación que acabamos de hacer: es conocida la dependencia de la aceleración con alguna de las variables del sistema y se trata de determinar la trayectoria del móvil correspondiente. Veamos a continuación un ejemplo muy conocido:
Ejemplo 1.1.
(Movimiento uniformemente acelerado en una dimensión.) Se supone que la aceleración es constante y que se conoce la velocidad inicial del móvil v0 y su
posición inicial r0. Se quiere saber cómo depende la posición del móvil con el
tiempo.
Puesto que dv a cte
dt = = , podemos integrar esta relación, es decir,
(
)
0
0 0
v t
v dv= a dt⇒ −v v =at
∫
∫
Si ahora tenemos en cuenta que v dr dt
= y usando el resultado anterior
(
)
(
)
0
2
0 0 0
0
1 2
r t
r dr = v +at dt⇒ r −r =v t+ at
∫
∫
resultan las conocidas fórmulas del movimiento uniformemente acelerado. Apliquemos estos resultados a un ejemplo concreto.
Ejemplo 1.2.
Una pulga salta 0,1 m en salto vertical. ¿Cuál es su velocidad inicial? Si ha alcanzado esa velocidad mediante una extensión de sus patas en una distancia de 0,0008 m, ¿cuál ha sido la aceleración inicial? La distancia de aceleración en el hombre es de 0,5 m. Si un hombre saltase con la misma aceleración que una pulga, ¿a qué altura llegaría?
Las ecuaciones cinemáticas de un movimiento uniformemente acelerado en una sola dirección, donde la aceleración es la de la gravedad, son
2
0 0 0
1
2 v= −v gt y= y +v t− gt
donde v e y son la velocidad y la altura en un instante cualquiera de tiempo t0, e
y0 y v0 la altura y velocidad iniciales.
Suponemos que la dirección de la velocidad inicial es la opuesta a la dirección de g y que y0 = 0. Por tanto, tenemos en el punto más elevado del
salto 2 0 0 1 0 2
v gt y v t gt
que es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, v y t, que al resolverlo da
0 2
2 y
t v gy
g
= =
Sustituyendo los datos del problema se obtiene
v0 = 1,4 m/s y t = 0,14 s
Si ha llegado a esa velocidad inicial a partir del reposo, acelerándose bajo la acción de la fuerza muscular, supuesta constante, en una distancia de 0,0008 m, utilizando las mismas ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado nos queda
donde ahora las incógnitas son t y a, con v0 = 1,4 m/s y d = 0,0008 m.
Resolviendo este sistema, resulta
Si la distancia de aceleración en el hombre es d' = 0,5 m, para calcular hasta qué altura saltaría podemos escribir, de nuevo, las ecuaciones siguientes:
Siguiendo el mismo procedimiento que en el apartado anterior se obtiene t = 0,029 s v = 35,02 m/s h = 62,5 m
Figura 1.2. Movimiento circular
También tiene interés especial el caso del movimiento circular, para el cual la variable natural que se utiliza para describir el movimiento es el ángulo. Así, se define la velocidad angular y la aceleración angular como la variación instantánea del ángulo y de la velocidad angular, respectivamente.
2 2
, =
d d d
dt dt dt
= θ ω = θ
ω α [3]
Nótese que existe una relación simple entre la velocidad lineal v y la angular ω, dada por la relación
v = ωr [4]
siendo r el radio de giro, ya que la distancia lineal s viene dada por s=θ r. Procediendo de modo análogo al del movimiento lineal uniformemente acelerado, se obtiene para el movimiento circular uniformemente acelerado (α = cte.)
2
0 0 0
1 , ,
2
cte t t t
= = + = + +
α ω ω α θ θ ω α [5]
Otro movimiento cuya cinemática puede ser descrita con detalle es el
armónico simple, para el que se supone que la aceleración depende del tiempo
como
2cos
a= −Aω ωt [6]
donde ω es un parámetro característico de este movimiento. Si para simplificar se supone que inicialmente el móvil se halla en el origen de coordenadas en reposo, resulta que la velocidad es
2
0cos sen t
v= −Aω
∫
ωt dt= −Aω ωt [7]y, teniendo en cuenta que v = dr/dt, al integrar se encuentra para la posición cos
r=A ωt [8]
Esta ecuación anterior corresponde a la de un movimiento sinusoidal.
Para acabar este breve repaso de la cinemática hemos de aludir a la aceleración lineal que se produce como consecuencia de un movimiento
circular. Consideremos el caso más simple, es decir, aquel para el cual el módulo de la velocidad no varía, pero sí su dirección (véase Figura 1.3).
Figura 1.3. Variación de la velocidad en el movimiento circular
En este caso hay una aceleración, por el hecho de que la velocidad varía de dirección. Dicha aceleración, denominada aceleración centrípeta, se obtiene combinando las expresiones
c
dv
a r v d t y dv v
dt θ θ
= = = [9]
Sustituyendo las expresiones de dv y dt en la definición de ac. se llega a la
relación
2
/
c
dv v v
a
dt r v r
θ θ
= = = [10]
Es de notar que si el módulo de la velocidad no varía, no hay aceleración angular y, por tanto, la velocidad angular ω es constante.
La aceleración centrípeta se puede escribir de la forma 2
c
a =ω r [11]
Ejemplo 1.3.
Supongamos que una partícula dist a 0,1 m del eje de un motor que gira a 6000 rpm (revoluciones por minuto). Calcúlese la aceleración centrípeta a la que se ve sometida esta partícula y compárese con la de la gravedad.
En primer lugar hemos de pasar de las rpm a rad/s, que son las unidades naturales de la velocidad angular ω
revoluciones 2 rad 1 minuto rad 6000 = 2 100
minuto 1 revolución 60 s s
π
× × π×
y la aceleración centrípeta resulta entonces
2 2 2
2 2
4 100 0,1 39.478,4
c
rad m
a r m
s s
= ω = π × =
Si dividimos este valor por el valor de la aceleración de la gravedad g, tenemos
4028,4 c
a
g =
Por tanto, la partícula se ve sujeta a una aceleración superior a cuatro mil veces la de la gravedad. (Este es el fundamento de la centrifugación, que se estudiará con más detalle en capítulos posteriores.)
Otro de los movimientos que presentan gran interés son los de resistencia, para los c uales aparece una deceleración proporcional a la velocidad instantánea del móvil
r
a =−βv [12]
Consideremos un ejemplo de aplicación de este tipo de aceleración, uno de cuyos casos más típicos aparece en la dinámica de fluidos.
Ejemplo 1.4.
Supongamos que un objeto de 5 kg de masa se mueve con una velocidad de 5 m/s . En t = 0, el objeto entra dentro de una región en que experimenta una aceleración de resistencia, proporcional a la velocidad a = αv, donde α es una constante positiva igual a 2 s-1. a) Calcular la expresión para la velocidad del objeto cuando t = 0,5 s, suponiendo que en el instante inicial el objeto esté en el origen de coordenadas. b) Calcular la coordenada del punto donde se para.
a) Cuando el objeto entra en la región donde está sometido a la fuerza de resistencia, se cumple
a = -αv pero dado que a = dv/dt se obtiene
dv
dt dt =−α
Para encontrar la expresión de la velocidad en función del tiempo debemos integrar la ecuación anterior, que también se puede escribir
dv
dt
dt =−α
Integrando entre 0 y t y la velocidad inicial v0 y una velocidad cualquiera se
obtiene
0
ln v t
v =−α o bien 0 t v=v e−α
que es la expresión que nos pide el apartado a) de este problema. Sustituyendo los datos del ejercicio, es decir, v = 5 m/s, α = 10 s–1
y m = 5 kg, se tiene
2
5 t m
v e
s
−
=
Observamos que la velocidad decrece exponencialmente con el tiempo (se amortigua), y que, por tanto, curando t→ ∞ →,v 0.
Para resolver el apartado b) debemos obtener previamente la expresión de la ecuación del movimiento. Si suponemos que éste es unidimensional y viene dado por la coordenada x, necesitamos hallar la expresión x(t).
Para obtenerla, utilizamos la ecuación para la velocidad que hemos deducido en el apartado anterior, teniendo en cuenta que v = dx/dt, con lo que resulta
0
t dx=v e− αdt
Al integrar la ecuación anterior entre la posición inicial x0 y la posición x en
un instante cualquiera se tiene
0
0 0
x t
t x dx v e dt
− α =
∫
∫
y se llega a
0 0 0
0
0 t
t t
v v v
x− = −x e−α = − e− α +
α α α
(
)
0
1 t
v
x= −e− α
α
De esta solución observamos que cuando t→ ∞, 0e−αt → , es decir, que la posición donde el objeto se detiene es
0
v x=
α
Sustituyendo valores numéricos se tiene en nuestro ejemplo concreto
[ ]
5 (0,5) 2,5 1 2 m s x m s = = 1.2.
DINÁMICA. LEYES DE NEWTON
Es tradicional empezar la dinámica, que trata sobre las causas del movimiento, recordando las leyes de Newton, siguiendo así, en parte, el desarrollo histórico de esta materia. Dichas leyes son tres:
1. Ley de inercia, formulada por vez primera por Galileo y generalizada por Descartes. Según esta ley, si sobre un cuerpo no actúa ninguna fuerza, éste sigue o bien en reposo o bien en movimiento rectilíneo y uniforme. Esta ley, diametralmente opuesta a la física aristotélica, supuso el inicio, hacia finales del siglo XVI, de la mecánica tal como la entendemos en la actualidad. 2. Ley fundamental de la dinámica. Se denomina cantidad de movimiento,
momento lineal o simplemente ímpetu de un objeto de masa m que se mueve con velocidad v a la magnitud p definida como
pr=mvr [13]
Hemos visto que, si no actúa ninguna fuerza sobre el objeto, p permanece constante. ¿Cómo varía p cuando actúa una fuerza'? Newton propuso que la variación correspondiente viene dada por
dp F dt =
r r
[14]
conocida como ecuación fundamental de la dinámica.
3. Ley de acción y reacción. Si un objeto A ejerce una fuerza Frsobre un objeto B, dicho objeto B ejerce sobre el objeto A una fuerza de igua l módulo y signo opuesto que Fr . Obsérvese que, como dichas fuerzas actúan sobre objetos diferentes (una sobre A y otra sobre B), sus efectos no se cancelan. A partir de la ecuación fundamental y de la ley de acción y reacción se puede generalizar [14] para un sistema de N partículas. Así pues, tenemos
tot
ext
dp
F dt =
∑
r r
[15] con
tot i i
La cantidad de movimiento o ímpetu total y
∑
Fextr
, la suma de las fuerzas exteriores que actúan sobre las partículas. Las fuerzas internas entre partículas se cancelan, según el principio de acción y reacción, para el sistema global.
De la ecuación [15] se obtiene el principio de conservación de la cantidad de movimiento: si en un sistema
∑
Fext =0r
, se cumple que ptot
r
es constante. Veamos algunos ejemplos de la aplicación de este principio.
Ejemplo 1.5.
Un hombre cele pesa 80 kg y un chico de 40 kg de masa llevan patines en una superficie de hielo (rozamiento despreciable). Después de empujarse mutuamente, el hombre se aleja del chico a una velocidad de 0,3 m/s respecto al hielo. ¿A qué distancia estarán entre sí después de 5 s?
El hombre y el chico pueden considerarse un sistema único, que inicialmente tiene cantidad de movimiento total nula. Como éste se conserva, pues no actúa ninguna fuerza externa, tendremos
[ ]
[ ]
0 80 0,3 0,6 40h c h h c c
h h c
c
p p m v m v
m kg
m v s m
v
m kg s
+ = + = ⋅ = − = − = −
donde el subíndice c indica las variables del chico y el h las del hombre. Al cabo de 5 s habrán recorrido unas distancias
[ ]
[ ]
0,3 5 1,5
h
m
x s m
s
= ⋅ =
, c 0,6 5
[ ]
3[ ]
m
x s m
s
= − ⋅ = −
y se hallarán separados, por consiguiente, una distancia
[ ] [ ]
[ ]
1,5 3 4,5
total
Ejemplo 1.6.
Una rana de 50 g de masa está en el extremo de una tabla de madera de 5 kg de masa y de 5 m de longitud. La tabla está flotando en la superficie de un lago. La rana salta con velocidad v0, que forma un ángulo de 30° con la
horizontal. Calcular el calor de v0 para el cual la rana, al saltar, llega al otro
extremo de la tabla. Suponer que no hay rozamiento entre la madera y el agua.
Al saltar, el sistema tabla-rana es un sistema aislado (Fig. 1.4). Por tanto, en la dirección horizontal se conserva el ímpetu
mv0 cos 30 = MV
Figura 1.4.
donde m es la masa de la rana, M la masa de la tabla y V la velocidad que adquiere ésta. Sea A el alcance horizontal del salto de la rana. Si l es la longitud de la tabla, se cumple
A l Vt= −
y, además,
0 cos30 A v t=
donde t es el tiempo que invierte la rana en el salto. Por tanto,
0 cos30
v t = −l Vt
Por otro lado, considerando el movimiento del animal en la dirección vertical y tomando la tabla como referencia, tenemos
2 0
1
0 30
2
v t sen gt
= −
Las ecuaciones anteriores forman un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas t, V y v0 que se puede resolver fác ilmente. Despejando V en la
0cos30
m
V v
M
=
y sustituyendo en la ecuación para A se obtiene
0
1 m v tcos30 l
M
+ =
Despejado t se llega a
0
2v sen30
t
g
=
Finalmente, sustituyendo en la ecuación que tiene en cuenta el movimiento del animal en la dirección vertical y teniendo en cuenta las fórmulas del ángulo doble (sen 2A = 2 sen A cos A) resulta
2 0
1 60
gl v m sen M = + es decir,
[ ]
[ ]
[ ]
2 0 9,81 5 7,49 0,051 60
5 m m m s v s kg sen kg × = = +
Ejemplo 1.7.
En los dos extremos de una cuerda que pasa por dos poleas están colgadas dos masas iguales m. ¿A qué distancia bajará una tercera masa (del mismo valor m) si está sujeta en el centro de la cuerda? La distancia entre los centros de las polcas es 2 m.
Figura 1.5.
En la situación de equilibrio sobre las dos masas 1 actúa la tensión de la cuerda que las aguanta. Si denominamos a esta tensión T, podemos escribir:
T = mg
Por otro lado, la masa 2 alcanza el equilibrio gracias a la acción de las dos tensiones T que actúan con un ángulo α con respecto a la vertical. Por tanto, se cumple
2T cos α = mg
Teniendo en cuenta conjuntamente las dos ecuaciones anteriores 1
2 cos cos
2
mg α =mg⇒ α =
y, por tanto, α = 60°.
La altura a la que la masa 2 estará en equilibrio la podemos ahora evaluar fácilmente mediante la relación trigonométrica
tan
tan
l l
h h
α = ⇒ = α
con lo que sustituyendo valores
[ ]
[ ]
[ ]
1 1
0,58
tan60 3
m m
h= = = m
Una aplicación interesante del principio de acción y reacción es la propulsión a chorro. Aparte de las aplicaciones tecnológicas a las turbinas de aviación y los cohetes propulsores de las naves espaciales, este principio es usado por el calamar y el pulpo para realizar movimientos rápidos. En efecto, estos animales almacenan una cierta cantidad de agua en la bolsa y al expelerla muy rápid amente consiguen una fuerza igual y en sentido contrario que los propulsa a una velocidad que les permite huir de los depredadores, como se indica en la Figura 1.6.
Figura 1.6. Movimiento de reacción en el calamar
Veamos ahora un ejemplo de aplicación a un cohete espacial. Este problema tiene el interés de subrayar que la expresión dp dtr/ = Fr es más general que la expresión usual de la segunda ley para objetos de masa en constante. En estos últimos se tiene dpr=d mv( r)=mdvr, por lo cual
dp dv
m ma F
dt = dt = =
r r r r
En cambio, en el cohete la masa va variando a medida que se expulsa gas y se consume combustible.
Ejemplo 1.8.
En este problema se explica la ventaja de utilizar un cohete de varios cuerpos en lugar de uno de un solo cuerpo. a) Supongamos que un cohete de un solo cuerpo tiene un peso total de 13 toneladas, de las cuales 9,75 son de combustible. Si el cohete está inicialmente en reposo, ¿cuál será su velocidad cuando se acabe el combustible? b) Se supone ahora que un cohete similar, con la misma masa, está compuesto de dos cuerpos, uno con una masa de 12 toneladas, de las cuales 9 son de combustible, y otro de 1 tonelada, de la que 0,75 es combustible. Cuando se agote el combustible del primer cuerpo, ¿cuál será la velocidad de lo que queda de cohete? Esta será la velocidad inicial del segundo cuerpo. ¿Cuál será su velocidad final? Compararla con la del caso a).
En este problema aplicamos la ley de conservación de la cantidad de movimiento tot dp F dt = r r [17]
donde pr es la cantidad de movimiento del cohete más el combustible.
En este caso, consideramos el caso más simple en que la fuerza sobre el cohete, Ftot
r
, es nula, ya que suponemos que no hay fuerzas exteriores (recordemos que Ftot
r
se refiere a fuerzas exteriores y no a fuerzas interiores al propio sistema).
Para calcular dpr consideraremos la situación en un instante t y en un instante posterior t + dt (Fig, 1.7).
En t el cohete más el gas (masa – dM ) van a velocidad vr; en t + dt, el cohete ha expulsado una cantidad – dM de gas, que va a velocidad v+vrel
r r y el
resto del cohete, de masa M + dM, va a velocidad vr r+dv. Por tanto,
(
)(
)
(
rel)
rel
M dM v dv dM v v Mv
dp dv dM
M v
dt dt dt dt
+ + − + −
= r r r r r= −
r r r
Para llegar a esta expresión hemos despreciado el término dMdvr, que se comporta como (dt)2 y que se anula cuando dt→0. Como la variación de la cantidad de movimiento de la expresión anterior ha de ser nula, ya que Frtot =0, tenemos:
rel
dv dM
M v
dt = dt
r r
Observemos que dM < 0, ya que M disminuye al ir perdiendo los gases y por tanto el aumento de la velocidad del cohete tiene sentido opuesto al de la velocidad vrel
r del gas respecto del cohete. En otras palabras, si el gas se lanza
hacia atrás, el cohete va hacia adelante tal como sabemos. En consecuencia, la relación entre la masa y la velocidad es
rel
Mdvr r=v dM
Esta relación puede integrarse y da
0 0 v M v M dM dv vrel M =
∫
rr r r∫
donde M0 es la masa total del cohete + gas cuando la velocidad es v0
r y M la
masa que queda del cohete + gas (después de haber expulsado una cierta cantidad de gas) cuando la velocidad es vr. Esta integración es inmediata y lleva a 0 0 ln rel M
v v v
M
= +
r r r
Observemos que como M < M0, ln (M/M0) es negativo, de forma que la
variación v−v0
r r
tiene el sentido opuesto a vrel
r
, como ya hemos hecho notar antes.
Apliquemos ahora estas expresiones para hallar la velocidad final vf . En el caso a) v0 = 0, M0 = 13 ton, y la masa final Mf = 3,25 ton, por tanto,
13
ln 1,39
3,25
r r
f
vr =v = v
donde hemos considerado tan sólo el módulo de la velocidad que es lo que nos interesa.
En el caso b), cuando se acaba el combustible del primer cuerpo, M = 4 ton, y como v0 = 0, M0 = 13 ton tenemos
13
ln 1,18
4
r r
vr =v = v
Si ahora tomamos este valor como valor inicial del movimiento de la segunda fase, tenemos v0 = 1,18 vr, M0 = 1 ton, M = 0,25 ton.
1
1,18 ln 2,57
0,25
r r r
vr = v +v = v
La comparación entre a) y b) demuestra que la segunda (el cohete de dos cuerpos) es mucho más ventajosa.
También, mediante algunas aproximaciones, se puede aplicar el principio de acción y reacción al cálculo de ciertos movimientos de los insectos.
Ejemplo 1.9.
En un estudio sobre el vuelo de los insectos se puede suponer que el mecanismo de sustentación es puramente mecánico y que viene dado por la fuerza de reacción que ejerce el aire impulsado par sus alas. Suponiendo que el animal tiene una masa m = 0,001 g, que el área de sus alas es 0,006 cm2 y que la densidad del aire es 0,0013 g/cm3, calcular la frecuencia con que el insecto ha de mover las alas para sustentarse.
Si el insecto tiene una masa m, el movimiento de sus alas le debe proporcionar una fuerza igual a su peso, mg. Suponemos que esta fuerza se produce de acuerdo con el siguiente mecanismo: al batir un ala se ejerce una fuerza sobre una masa M de aire de modo que la impulsa con una velocidad v. Por la tercera ley de Newton, esta masa de aire ejerce una fuerza igual y de sentido opuesto que se opone al peso.
La relación entre la fuerza, supuesta constante, la masa del aire, la velocidad y el tiempo ∆t que actúa se puede describir mediante la expresión
F t∆ = ∆M v
donde el término de la izquierda de la igualdad es el impulso mecánico. El término de la derecha es el incremento del ímpetu que se produce en el aire. Si F iguala al peso, para sostener el insecto en el aire, se cumplirá
m v mg t ∆ = ∆
La masa de aire M se puede escribir también como el producto de la densidad del aire ρ por el volumen de aire batido por el ala. Podemos aproximar este volumen de acuerdo con la relación
V = Az
donde A es el área del ala y z el arco que ésta recorre durante el batido. Si el insecto tiene dos alas,
M = 2ρAz
Si suponemos que su movimiento es armónico con velocidad angular ω y amplitud z, podemos escribir la velocidad v como
v = ωz
2 t π ∆ = ω Por tanto, 2 2 2 2
Mv Az z Az
mg t
ρ ω ρ
= = π = ω
∆ π
ω
Para simplificar se puede suponer que z2 = A, y se obtiene
2 2 mg A π ω = ρ
La frecuencia f; relacionada con ω según ω = 2π f, vale entonces
2 4 mg f A = πρ
y sustituyendo valores se obtiene
[ ]
(
)
2 2 2 3 0,001 981 1 1291,544 0,0013 0,006
cm g s f g s cm cm × = =
π× ×
Si se compara este resultado con los que se obtienen de las experiencias, se observa que es alrededor de cinco veces mayor. ¿A qué podemos atribuir esta discrepancia? Entre todas las aproximaciones que hemos realizado, la que puede dar lugar a una desviación mayor es aquella que supone que el volumen de aire batido por el ala Vb coincide con el volumen de aire puesto en
movimiento Vm. Así, si bien es lógico que Vm se tome proporcional a Vb, no lo
es tanto suponer la igualdad, como hemos hecho nosotros más arriba.
Si se tiene en cuenta que las moléculas de aire interaccionan entre sí y que forman un fluido viscoso y no un conjunto de partículas libres como es inherente al modelo utilizado anteriormente, se obtiene que Vm es mayor que Vb,
alcanzando a veces el valor
Vm = 25Vb
1.3.
LAS FUERZAS: INTERACCIONES FUNDAMENTALES
Y FUERZAS DERIVADAS
La ecuación [14] estaría totalmente desprovista de sentido si no tuviésemos modo alguno de determinar las fuerzas. Así pues, esa ecuación, de carácter general, se debe complementar con ecuaciones más particulares referentes a los diversos tipos de fuerzas que pueden actuar sobre los objetos.
La gran variedad de fuerzas que observamos en la naturaleza puede ser reducida a cuatro interacciones fundamentales: dos de ellas son de largo alcance (gravitatoria y electromagnética) y las dos restantes de muy corto alcance, por lo que sólo actúan a nivel nuclear (interacción fuerte e interacción débil). En la última década se ha conseguido unificar en un formalismo único las fuerzas electromagnéticas y las interacciones débiles, y no parece lejana la unificación de estas dos con la interacción fuerte. La fuerza de la gravedad, la primera en ser estudiada cuantitativamente, sigue siendo la más reacia a ser unificada en un formalismo común con las restantes.
La fuerza gravitatoria entre dos cuerpos de masas m y M viene dada por la ley de la gravitación universal de Newton, según la cual la fuerza F es atractiva, va en la dirección de la recta que une ambos cuerpos, y su módulo viene dado por 2 mM F G r = [18]
siendo r la distancia entre los centros de m y M. Aquí, G es la constante de gravitación universal G = 6,673×10–11
N m2 kg–2 .
Figura 1.8. Atracción gravitatoria entre dos masas
La ecuación [18], combinada con la [14], permitió describir con todo detalle los movimientos de los planetas, y significó la consolidación y el triunfo de la mecánica en el siglo XVII.
Se proponen a continuación algunos ejemplos en los que se utiliza esta importante ley.
Ejemplo 1.10.
A partir de la ley de la gravitación universal, sabiendo que el radio de la tierra es R = 6,36×106 km y su masa M = 5,98×1024 kg, calcúlese la aceleración de la gravedad cerca de la superficie terrestre.
Un cuerpo de masa m, situado a una altura h (supuesta pequeña frente a R), es atraído por la tierra con una fuerza
(
)
2 2mM M
F G G m
R
R h
=
+ ;
Ahora bien, como el peso se escribe como F = mg, la relación anterior nos permite hallar g a partir de los valores de R, M y G. Al efectuar el cálculo obtenemos
[ ]
[ ]
(
)
24 2 11 22 2 9 2
5,98 10
6,67 10 9,860
6,36 10
kg
M Nm m
g G
R kg m s
− ×
= = × =
×
Ejemplo 1.11.
Un satélite describe una órbita circular de radio R0, en torno a un planeta.
El período de rotación T es constante. Hállese la relación entre el radio de la órbita R0, y el periodo orbital T.
Al estudiar el movimiento circular vimos que éste es debido a una aceleración centrípeta, que viene dada por la expresión [10]. Ésta debe ser producida por una fuerza que mantenga el movimiento sobre el círculo, que en este caso será la atracción gravitacional entre el satélite y el planeta. Aplicando la segunda ley de la dinámica se puede escribir entonces
2
2
0 0
s p s
s c s
M M v
M a M G
R R
= =
donde el subíndice s indica las variables del satélite y p las del planeta. El módulo de la velocidad del satélite es constante
0 2 R vs T π =
pues describe una circunferencia de radio R0 y período T. Sustituyendo la
2 2 3 0 4 p T R GM π =
Este resultado fue establecido por Kepler (tercera ley de Kepler), a partir de observaciones experimentales, en 1609: el cuadrado del período es proporcional al cubo del radio de la órbita.
No nos ocuparemos aquí de las otras interacciones fundamentales, que serán tratadas en el capítulo de Electricidad y magnetismo, y en el de Radiactividad y física nuclear.
Las restantes fuerzas que observamos en la naturaleza pueden deducirse de la interacción electromagnética, básicamente mediante un procedimiento estadístico que tiene en cuenta la interacción entre un gran número de moléculas. No es este el lugar para dicha deducción, por lo cual nos limitaremos a mencionar algunas de las fuerzas derivadas más conocidas:
a) Fuerza elástica. Cuando un muelle, resorte o pieza de material elástico se estira una cierta longitud ∆x más allá de su configuración de equilibrio, dicho cuerpo ejerce una fuerza que viene dada por la expresión:
F= − ∆k x [19]
donde k es una constante elástica que depende del objeto. Dicha ley se conoce con el nombre de ley de Hooke, y tendremos ocasión de estudiarla en el capitulo de Elasticidad.
Figura 1.9. Fuerza sobre un muelle
b) Fuerza de fricción entre sólidos. La fuerza de fricción o rozamiento entre un cuerpo y una superficie se opone siempre al movimiento, es independiente del área de contacto, es independiente de la velocidad relativa del cuerpo y de la superficie –al menos, si ésta no es muy grande–, depende de la naturaleza de las superficies de contacto del cuerpo y de la superficie, y su módulo es proporcional a la fuerza de contacto entre ambos según la fórmula
r
F = µN [20]
donde N es la componente normal a la superficie, reacción de la que el cuerpo ejerce sobre ésta, y µ el coeficiente de rozamiento, que puede ser estático o dinámico, dependiendo de si las superficies están en reposo o en movimiento relativo.
El coeficiente de rozamiento estático está relacionado con la fuerza necesaria para empezar a mover un cuerpo, el dinámico da cuenta de la fuerza que se opone al movimiento. (En general, el dinámico es menor que el estático. Además, el coeficiente de rozamiento dinámico suele depender de la velocidad relativa entre las superficies en contacto, pero a velocidades bajas se puede suponer constante.) Para disminuir los efectos del rozamiento sobre las superficies en contacto se suele usar un líquido lubrificante.
Figura 1.10. Fuerza de rozamiento dinámico
Este es, por ejemplo, el papel de los líquidos sinoviales en las articulacio nes. La presencia de un líquido, sin embargo, hace que la fuerza de fricción depende del área y de la velocidad relativa.
Algunos ejemplos nos servirán para comprender mejor el concepto de fuerza de fricción.
Ejemplo 1.12.
Un camión transporta una caja de 200 kg cuya masa se supone uniformemente repartida, La caja tiene 2 m de altura y su base es un cuadrado de 1 m de lado. El coeficiente estático de rozamiento entre la caja y la plataforma del camión vale 0,8. ¿Qué aceleración, supuesta constante, ha de adquirir el camión para que la caja se vuelque?
Supongamos que el camión arranca con aceleración constante. Dos diversas contrariedades pueden perjudicar el transporte: a) la caja puede volcar o b) la caja puede resbalar.
Figura 1.11.
Estudiemos la posibilidad de que la caja vuelque. Para esto supongamos una muy ligera perturbación en la caja, que hace que ésta se levante ligeramente de forma que únicamente quede en contacto con el camión por medio de la arista O. Los momentos respecto de O de las fuerzas que actúan: mar, fuerza debida al movimiento del camión (estamos en un sistema de referencia no inercial) y
mgr, peso, son
2 2
total aceleración peso
total
b c
ma mg
τ = τ + τ
τ = −
La cala se volcará si el momento debido a la aceleración ar es superior al momento debido al peso, que es el que restaura el equilibrio. Por tanto, la condición para que la caja no se vuelque es
c
a g
b
≤
en nuestro caso es c = 1 m, b = 2 m y, por tanto,
2 1 5 2 m a g s ≤ ;
Estudiemos en segundo lugar si la caja puede resbalar. Para que la caja no resbale es necesario que la fuerza de fricción Rr, que se opone al movimiento, sea superior a la fuerza mar que acelera la caja hacia atrás. Por tanto, la condición para que no resbale es, pues,
es decir, a < µg.
En este problema µ = 0,8. Es decir:
amáx (para que no se vuelque) = 0,5 g
amáx (para que no resbale) = 0,8 g
Por tanto, si a < 0,5 g, ni se vuelca ni resbala. Sin embargo, si µ = 0,3, tendremos:
amáx (para que no se vuelque) = 0,5 g
amáx (para que no resbale) = 0,3 g
En este caso es más fácil que la caja resbale. Si no resbala (a < 0,3 g), tampoco se volcará.
Ejemplo 1.13.
Calcular la velocidad máxima con que un coche puede entrar en una curva dado el radio de curvatura r, el ángulo de peralte θ y el coeficiente de rozamiento µ entre los neumáticos y el asfalto.
Nos situamos en el sistema de referencia del coche (no inercial). Sobre el coche actúan las siguientes fuerzas:
1. el peso mg
2. la fuerza centrípeta mv2/r
3. la fuerza de los neumáticos contra el asfalto µN. 4. la fuerza de contacto N del asfalto contra el coche N
Descomponemos estas fuerzas en sus componentes tangencial y normal a la superficie:
1. componente tangencial mg sen θ normal mg cos θ 2. componente tangencial mv2 cos θ/r
normal mv2 sen θ/r 3. componente tangencial µN
normal 0 4. componente tangencial 0
normal N
(Las direcciones de las fuerzas vienen indicadas en la Figura 1.12.)
En el balance de fuerzas se debe tratar por separado las componentes normales y las tangenciales. Tenernos así:
Balance de fuerzas normales
2
cos v sen 0
mg m N
r
θ+ θ − =
Balance de fuerzas tangenciales 2
sen v cos 0
mg m N
r
− θ+ θ − µ =
La primera ecuación nos proporciona el valor de N, que introducido en la segunda lleva a
2 2
sen v cos cos v sen 0
mg m mg m
r r
− θ+ θ−µ θ + θ =
De aquí llegamos fácilmente a la siguiente expresión para vmax2
2 max
sen cos
cos sen
v =gr θ + µ θ
θ − µ θ
Si el coche va a una velocidad superior a vmáxel rozamiento y el peso serán
menores que la componente tangencial de la fuerza centrífuga, la cual hará que el coche se desplace lateralmente; es decir, derrape. Esta fórmula es la que aplicaría un ingeniero para fijar la limitación de velocidad en curva en una carretera, ya que conoce r y θ (características de la curva) y µ (característica de los neumáticos y del asfalto, para la cual se toma un valor indicativo).
Podemos ver que esta fórmula responde a la intuición que tenemos del fenómeno. Efectivamente:
1. Si aumenta r, vmáx también aumenta. Es decir, en una curva abierta se puede ir más de prisa que en una curva cerrada.
2. Si µ aumenta, el numerador aumenta y el denominador disminuye. Es decir, con buenos neumáticos y asfalto en buenas condiciones (µ elevado) podemos ir a mayor velocidad que con neumáticos malos. En días de lluvia o humedad µ disminuye, y en consecuencia disminuye la velocidad con la que podemos entrar en la curva.
3. Si µ aumenta, también lo hace el numerador y disminuye el denominador de la fracción para ángulos pequeños. Así, la velocidad máxima, que en una curva sin peralte vale
2 máx
v = µrg
aumenta con el ángulo de peralte θ si la curva tiene peralte. En primera aproximación si el ángulo θ no es muy grande sen θ = θ (rad); cos θ = 1 y, por tanto,
2
1 máx
v =rg θ + µ
−θµ
donde vemos que si µ o θ aumenta, vmáx aumenta. Este resultado no
es extrapolable a grandes ángulos. Dados r y µ habrá un peralte óptimo, a partir del cual nos interesará no tanto la velocidad máxima sin derrapar, sino la máxima para que el coche no se deslice en razón de su propio peso.
c) Fuerza de resistencia de un fluido a baja velocidad. Un sólido que se mueve en el seno de un fluido viscoso experimenta una fuerza de resistencia que viene dada por la expresión
F=−αv [21]
con v la velocidad y α una constante que depende de la viscosidad del fluido y de la forma y dimensiones del objeto. En el capítulo dedicado a los fluidos estudiaremos con mayor profundidad dicho tipo de fuerzas.
Existen, además, otros tipos de fuerzas como las de contacto, de adherencia, de resistencia en fluidos a alta velocidad, cte., algunas de las cuales aparecerán a lo largo del texto.
Antes de finalizar esta sección hemos de advertir que en un sistema no inercial, es decir, acelerado, aparecen fuerzas ficticias. En el movimiento circular, por ejemplo, un observador inercial, es decir, en reposo respecto a un giro, ve que éste se mantiene porque actúa una fuerza centrípeta, que da lugar a la tensión de una cuerda; un observador que gire con la cuerda advierte en ella una tensión que atribuye a una fuerza centrífuga.
En general, las trayectorias no son vistas del mismo modo desde sistemas inerciales y no inerciales. Esas diferencias pueden ser atribuidas a fuerzas ficticias. Consideremos el siguiente ejemplo.
Ejemplo 1.14.
Un individuo se mueve sobre el borde de la plataforma de un tiovivo, Y con el mismo sentido de giro. Usando la forma de la fuerza centrípeta, encontrar una expresión para la aceleración ficticia (de Coriolis) que siente el individuo.
La velocidad total del individuo, vista desde un sistema inercial, será
t ni
v =v +ω×r
donde un¡ es la velocidad que lleva el individuo respecto a la plataforma que gira (no inercia]), co la velocidad angular de la plataforma y r- su radio. La aceleración centrípeta, vista desde un observador inercia], será
2 2 2
2 t ni
v v
act r v
r r
= = + ω + ω
Por tanto, el observador no inercial advierte la aceleración centrífuga debida a su propio movimiento, la del giro de la plataforma y otra suplementaria 2ωv conocida como aceleración de Coriolis. (La fuerza correspondiente será estudiada con más detalle en el apartado dedicado al momento angular.)
1.4.
IMPULSO Y TRABAJO
Se denomina impulso a la integral temporal de la fuerza en un cierto intervalo 1 2 ( ) t t
I≡
∫
F t dt [22]y se denomina trabajo a la integral espacial de la fuerza a lo largo de una cierta trayectoria 2 1 ( ) r r
W =
∫
F rr ⋅drr [23]donde el vector drr es tangente a la trayectoria en cada punto.
El impulso es un vector en tanto que el trayecto es un escalar, ya que el punto entre Fr y drr indica el producto escalar de estos dos vectores.
Es fácil demostrar, según la ley de Newton [2], que
1
2
2 1
( )
t
t F t dt=mv −mv
∫
r r r [24]y que 2 1 2 2 2 1 1 1 ( ) 2 2 r
r F r dr = mv − mv
∫
r r [25]La integral [24] contiene más información, ya que da la variación de cada una de las tres componentes de la velocidad. Sin embargo, como generalmente no se conoce F en función del tiempo, sino de la posición, es más útil la segunda integral, aunque sólo contenga información con respecto al módulo de la velocidad. La magnitud
2
1 2
E= mv [26]
que aparece en el segundo miembro de [26] se denomina energía cinética, y es la energía que posee un cuerpo en virtud de su movimiento.
Ejemplo 1.15.
Un hombre está sobre un trineo sobre la nieve (sin, rozamiento). Con una ametralladora dispara balas de 0,013 kg con una velocidad de salida de 800 m/s. a) ¿Cuánto vale la cantidad de movimiento de cada bala, b) Si cada tiro dura 0,2 s, ¿qué fuerza media experimenta el hombre por cada bala que dispara? e) ¿Qué velocidad alcanza el trineo con el hombre y la ametralladora la masa total de los tres es de 90 kg después de disparar cien balas? (Despréciese la pérdida de masa de las balas disparadas.)
a) La cantidad de movimiento de una bala es simplemente p = mv = 1,3 × 10–3 kg ⋅ 800 m/s = 10,4 k g m/s
b) Para hallar la fuerza media aplicamos la relación dada por la ecuación [22] 1 2 2 1 ( ) t
t F t dt =mv −mv ⇒Fm t∆ = ∆p
∫
y, por tanto,
[ ]
[ ]
10,4 52 0,2 kg m p s Fm N t s ⋅ = = =c) Puesto que la cantidad de movimiento de una bala es p = 10,4 kg m/s, el de cien balas será simplemente p(100 balas) = 100 × 10,4 = 1040 kg m/s. Como la cantidad de movimiento se conserva y el valor inicial de ésta era cero, se debe cumplir que
0 (100) 0
total b t
p = ⇒p +M v=
siendo Mt la masa del sistema trineo + hombre + ametralladora, Mt = 90 kg. Por
tanto, ese sistema alcanzará una velocidad
[ ]
1040 (100) 11,5 90 b t kg mp s m
v
M kg s
⋅ = = =
1.5.
MOMENTO ANGULAR. ROTACION
De la ecuación [15] se deduce que una condición necesaria para el equilibrio de traslación es que
0
i
ext
F
=∑
r
[27]Dicha condición no es suficiente, ya que no impide un desequilibrio rotacional. En efecto, si suponemos una barra sobre la que actúa un par de fuerzas, como la de la Figura 1.13, vemos que aunque
∑
Fr=0 y, por tanto, se da equilibrio traslacional, la barra gira en torno al punto central O y, en consecuencia, no hay equilibrio rotacional.Figura 1.13. Pese a que la suma de las fuerzas exteriores es nula, la barra se acelera en un movimiento de rotación.
Para tener en cuenta los posibles movimientos de rotación hay que analizar también los momentos de las fuerzas. En general se define el momento de un vector Ar respecto a un punto O como
AO r A
τ = × r
r r
[28] donde × denota el producto vectorial y rr es el vector de posición del punto de aplicación del vector Ar. Como caso particular, el momento de una fuerza es
r F τ = × r
r r
[29] También hay que considerar el momento de la cantidad de movimiento
Lr r r r= × = ×r p r mvr [30]
Consideremos ahora un sistema formado por varios cuerpos. En este caso, el momento angular total valdrá
1 N
tot i i i
Lr =
∑
rr×m vr [31]Y el momento total de las fuerzas externas se puede expresar como
ext ext
tot ri Fi
τ =
∑
× rr r
[32] Si las fuerzas entre los diversos cuerpos son centrales, es decir, se dirigen en la línea que une los centros de dichos cuerpos dos a dos, se tiene, a partir de la ecuación fundamental [15] y de la definición [31], que
(
i i)
tot i i
i i
d r p
dL dr dp
p r
dt dt dt dt
×
=
∑
=∑
× +∑
×r r r r r
r r [33]
Esos dos últimos términos pueden ser evaluados sin dificultad: el primero es nulo, puesto que el vector dr dtri/ =vri; tiene la misma dirección que pri y su
producto vectorial se anula; si se aplica la ecuación fundamental de la dinámica al último, se llega a la ecuación
ext ext
tot
i i tot
dL
r F dt =
∑
× = τr r
r r [34]
que indica que cuando el momento de las fuerzas externas no es nulo el momento angular varía en el tiempo; por el contrario, en ausencia de momento de las fuerzas externas, Lr se conserva, es decir, se mantiene constante en el transcurso del tiempo. Esto es lo que se conoce como la ley de la, conservación del momento angular.
Así, la ecuación
ext tot
tot
dL dt = τ
r
r [35]
viene a ser la expresión de la segunda ley de Newton en dinámica de rotación y
τ
r y Lr
juegan el mismo papel que el de la fuerza y el ímpetu en dinámica de traslación.
Siguiendo con esta semejanza, el módulo del momento angular Lr de una partícula que gira en una trayectoria circular de radio r con velocidad angular ω respecto al centro O se puede escribir como
Teniendo en cuenta que v=ωr, la expresión anterior queda 2
L=mr ω [37]
El producto mr2 se denomina momento de inercia de la partícula respecto al punto O y es la magnitud «equivalente» en dinámica de rotación a la masa en dinámica de traslación. Para un conjunto de N partículas, el momento de inercia se escribe como
2 1 N
i i
I=
∑
m r [38]y para los cuerpos que tengan una distribución continua de masa 2
I=
∫
r dm [39]Nótese que el momento de inercia es un parámetro estático, es decir, depende únicamente de la geometría del sistema y del eje de giro que se considere.
En la Tabla 1.1 se recoge el valor de esa integral para distintas geometrías y ejes de giro.
Tabla 1.1
Esfera hueca (respecto a un diámetro)
2 2 3 I= MR
Cilindro hueco
(respecto al eje de simetría)
2 I =MR
Esfera maciza (respecto a un diámetro)
2
2 5 I= MR
Cilindro macizo (respecto al eje de simetría)
2
1 2 I= MR
Barra delgada respecto a un e je perpendicular que pasa por el centro
2 1 12
I = ML
Según lo que hemos visto, la relación [37] puede expresarse como L= ωI
Ejemplo 1.16.
Un par de estrellas giran alrededor de su centro de masas. La masa M de una de ellas es doble de la masa m de la otra. Los centros de las estrellas están a una distancia d grande comparada con sus radios. a) Deducir una expresión para el período de rotación de las estrellas alrededor del centro de masas común, en función de d, m y G. b) Comparar los momentos angulares de las dos estrellas respecto del centro de masas común. c) Calcular el cociente entre sus energías cinéticas.
a) En primer lugar suponemos que el sistema formado por las dos estrellas está aislado, es decir, que sobre ellas no existen fuerzas externas y que, por tanto, su centro de masas está en reposo o moviéndose a velocidad constante.
Supongamos que esté en reposo. La primera consecuencia es que la velocidad angular de rotación de las dos estrellas alrededor de su centro de masas es la misma. Si no se cumpliera la condición anterior, es decir, cada estrella tuviera una velocidad angular distinta respecto del centro de masas
común, la línea que une los centros de las estrellas iría variando su orientación y su posición continuamente y, por tanto, también lo haría el centro de masas. Para que el centro de masas varíe su posición necesita el concurso de una fuerza, lo cual contradice las hipótesis anteriores.
Por tanto, las dos estrellas se mueven con una velocidad angular ω constante respecto del centro de masas común.
Si situamos la estrella de masa M en un instante dado en el origen de nuestro sistema de referencia y la estrella de masa m en un punto situado a un distancia d de la anterior en la dirección positiva del eje x, el centro de masas estará situado en 2 0 3 3 i i cm i
m x m md d
x
m m
⋅ +
=
∑
= =∑
Para calcular el período de rotación de las dos estrellas, calcularemos previamente su velocidad angular. Las dos estrellas se mueven alrededor del centro de masas debido a la acción de la fuerza centrípeta, que es la fuerza gravitacional. Para la estrella grande
2
2
v Mm
M G
r = d
donde r es el radio de giro respecto del centro de masas y v, la velocidad lineal de la órbita de la estrella. Sustituyendo r por d/3, v = ωr = ωd/3 y M = 2m se obtiene:
2 2 2
2 2
2 ( /3) 2
2 2
/ 3 / 3
v mm d mm
m G m G
d d d d
ω
= ⇒ =
y, por tanto,
3
3Gm
d
ω =
Como ω está relacionada con el período T, mediante la relación
2
T
π ω =
se obtiene fácilmente
3 2 3 d T Gm = π
b) Para la otra estrella un cálculo similar conduce al mismo resultado. El momento angular de un cuerpo de masa m moviéndose a velocidad vr alrededor de un punto O se define como
Lr r r= ×r mv
donde rr es el vector que une el punto O con la posición instantánea del móvil en cualquier instante de tiempo. En este caso el centro de rotación es el centro de masas de las estrellas y ambas tienen órbitas situadas en un mismo plano, por lo que únicamente compararemos los módulos del momento angular. Supondremos órbitas circulares, es decir, el caso más sencillo. En estas condiciones el módulo del momento angular de la estrella grande LM vale
2 2 2
3 3 9
M M M
d d
L =r Mv = mω = m dω
Por otra parte, Lm el momento angular de la estrella pequeña, vale
2
2 4
2
3 3 9
m m m
d d
L =r mv = mω = m dω
y su cociente Lm / LM = 2.
c) Para calcular el cociente de las energías cinéticas Em / EM, sustituimos en
la expresión de las mismas, los valores de la masa y la velocidad correspondiente a c ada estrella:
2 2 2 2 1 2 3 2 2 1 2 2 3 m m M M d m mv E
E Mv d
m
ω⋅
= = =
ω⋅
Ejemplo 1.17.
Una estrella homogénea de radio R y masa M gira con velocidad angular ω. Sabemos que la estrella se contrae debido a las fueras gravitacionales internas siguiendo la ley R = R0(1 – Kt), donde K es una constante. Calcular cómo
varía la velocidad angular de rotación en función del radio y del tiempo.
En primer lugar suponemos que la estrella está aislada, es decir, que únicamente está sometida a su propia atracción gravitacional. En consecuencia, se cumple el principio de conservación del momento angular, dado que al no actuar fuerzas externas, L, el momento angular permanece constante.
El momento angular se puede escribir L = Iω
donde I es el momento de inercia. Si suponemos que la estrella tiene forma esférica, su momento de inercia es I = (2/5)MR2, donde R es su radio. Si L es constante, se cumple
L = I0ω0 = Iω
donde I0 y ω0 son, respectivamente, el momento de inercia y la velocidad
angular en el instante inicial e I y ω son las mismas magnitudes en un instante t cualquiera. A partir de la ecuación anterior
2 0 0 0 0 2 2 5 2 5 MR I I MR
ω = ω = ω
y, por tanto, la dependencia de ω con el radio es
2 0 0 2 R R
ω = ω . Cuanto más pequeño se haga R debido a la contracción gravitacional, más grande será ω.
Si lo que queremos es encontrar la dependencia temporal, sólo hay que sustituir R por su expresión en función del tiempo y se obtiene:
(
)
(
)
2
0 0
0 2
0 1 1
R
R Kt Kt
ω
ω = ω =
Estamos aho ra en condiciones de considerar de manera más detallada las fuerzas ficticias a las que aludimos al hablar de los sistemas no inerciales. En efecto, si un observador en el centro de un tiovivo que gira quiere lanzar una pelota hacia el borde de la plataforma, tiene que aplicar una fuerza suplementaria (fuerza de Coriolis) por el hecho de hallarse sobre una plataforma girando. En efecto, cuando la pelota está a una distancia r del centro posee un momento angular que viene dado por la expresión L = mr2ω ; cuando su distancia al centro aumenta, L variará de acuerdo con la expresión
(
2)
2 d m r dL
m rv
dt dt
ω
= = ω [40]
Esa variación puede ser interpretada como proveniente del momento de una fuerza ficticia τ = ×r rr Fr, cuya expresión será F = 2mωv. La forma exacta de la llamada fuerza de Coriolis que aparece en sistemas no inerciales en rotación tiene la forma
2
cor
Fr = − ω×mr rv [41]
donde v es la velocidad del móvil en el sistema no inercial. Extendemos este análisis sencillo al caso más completo de los mo vimientos sobre una esfera en el ejemplo siguiente, de interés en meteorología.
Ejemplo 1.18.
Un objeto de masa m situado en un punto P con una latitud λ en el hemisferio Norte cae hacia la superficie terrestre. Se supone que P está muy próximo a la superficie (Fig. 1.14). Deseamos calcular la desviación respecto de la vertical local del punto P, en cada instante de tiempo, debida a la rotación de la Tierra (fuerza de Coriolis).
Cuando t = 0, en el instante en que se suelta el objeto, éste gira solidario a la Tierra con velocidad angular ω. Suponemos que su distancia al centro de la Tierra es en t = 0, r + ∆r. En un instante posterior, t > 0, el objeto se hallará ahora a una distancia r del centro de la Tierra. Vamos a comparar los momentos angulares en ambos instantes de tiempo.
El momento angular L de una partícula se puede expresar como el producto del momento de inercia I por la velocidad angular ω. Por tanto, si se conserva el momento angular, ya que el objeto no está sometido a ningún momento externo, se cumple
I(0)ω = I(t)ω(t)
El momento de inercia en el instante inicial vale
(
)
2(0) cos
I =m r+ ∆r λ
ya que (r + ∆r) cos λ es la distancia al eje de giro, es decir, al eje terrestre. En el instante t, I(t) se escribe como
2 2
( ) cos
I t =mr λ
Aplicando la conservación del momento angular se obtiene
[
]
22 2
cos ( ) ( )cos
mr λω =t m r+ ∆r λ ω
es decir,
2
( )t 1 r
r
∆
ω = ω +
La fuerza de Coriolis es responsable de que en el hemisferio Norte los cuerpos en movimiento sean desviados hacia la derecha de su movimiento. Esto explica también que los vientos que fluyen hacia las borrascas, zonas de bajas presiones, giren en el sentido contrario de las agujas del reloj, mientras los vientos que viajan desde los anticiclones (altas presiones) tiendan a arremolinarse en el sentido de las agujas del reloj. (Estos sentidos se invierten en el hemisferio Sur.)
Figura 1.15. Sentido del movimiento de una borrasca en el hemisferio norte
Consideremos ahora la expresión de la energía cinética de rotación. Si nos fijarnos de nuevo en las expresiones [4], [26] y [39], podemos deducir la expresión siguiente:
(
)
2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
cin i i i i
E =
∑
m v =∑
m r ω = Iω [42]Con ello se comprueba que la analogía entre rotación y traslación a la que hemos venido aludiendo en este apartado se cumple también para la energía cinética. Esta analogía entre traslación y rotación se resumen en la Tabla 1.2.
Tabla 1.2 Analogía entre traslación y rotación
Traslación Rotación Relación
Desplazamiento r θ s= θr
Velocidad vr ωr vr=ω×r rr
Aceleración
ar αr dv r
dt =α Fuerza,
momento F
r τr
r F
τ = × r
r r
Masa, momento
de inercia m I
2 2
; i i
I=
∑
m r I =∫
dmr Trabajo∫
F drr r⋅∫
τ θdEnergía Cinética 1 2 2mv
2
1 2Iω Ímpetu,
momento angular p =mv
r r
Lr= ωIr Impulso
∫
Fdtr∫
τrdt Segunda ley deNewton F dp
dt = r r dL dt τ = r r
1.6.
BIOMECÁNICA
Teniendo en cuenta las ecuaciones [27] y [34] se puede concluir que para que sobre un sistema no se produzca un giro se debe cumplir ext 0
tot
τ =
r , pues de
lo contrario L variaría en el tiempo, y con ella la velocidad angular ω.
Se deduce entonces que las condiciones para que un cuerpo se halle en equilibrio son 0 0 ext i ext i
F equilibrio traslacional
equilibrio rotacional = τ =
∑
∑
r r [43]Estas condiciones son muy útiles para el estudio de las configuraciones estáticas, frecuentes en biomecánica. En particular, la segunda es la forma general de la ley de la palanca. Veamos ahora unas aplicaciones de estas condiciones a varios ejemplos.
Ejemplo 1.19.
La tensión máxima de la fibra lisa (le los músculos aductores de los moluscos bivalvos es de 80 N/cm2. Supongamos que la distancia de inserción de los músculos hasta la articulación de las valvas es de 0,5 cm y que la longitud de las valvas es de 5 cm. ¿Qué fuerza tendremos que hacer para abrir un molusco si el músculo correspondiente es un cilindro de 2 mm de radio?
Figura 1.16.
Si la tensión máxima de los músculos aductores es de 80 N/cm2 y el músculo es un cilindro de 2 mm de radio, la fuerza máxima que pueden realizar estos músculos es
[ ]
2[ ]
2
80 (0,2 ) 10,05
m
N
F cm N
cm
= π =
Esta fuerza realizará un momento máximo
[ ]
[ ]
[
]
10,05 0,5 5,03
máx Fm d N cm N cm
Por tanto, para abrir un molusco, tal como el descrito en este ejercicio, habrá que ejercer un momento de 5,03N cm. Como al abrir el molusco aplicamos una fuerza en los extremos de las valvas que están a 5 cm de la articulación, si ejercemos una fuerza Fa, el momento de ésta es Fa ⋅da, y ha de ser igual a
5,03N cm. Por tanto,
[
]
[ ]
[ ]
5,03 1,01 5 máx a a N cm F N d cm ⋅ τ = = =Ejemplo 1.20.
Dos personas de distinta estatura llevan una caja. a) ¿Cuál de las dos hace más fuerza? b) Si la caja tiene 5 kg de masa repartida homogéneamente, ¿qué fuerza hace cada una de las personas? Suponer que la fuerza que realizan es vertical, tal como se indica en la figura.
Figura 1.17.
Este problema se refiere a una situación habitual en la práctica. Sobre el paquete actúan tres fuerzas:
1. mg, peso del paquete. 2. F1, fuerza de la persona 1.
Queremos calcular F1 y F2. La primera condición de equilibrio es
∑
F =0r
. Como todas las fuerzas son verticales, se tiene:
F1 + F2 – mg = 0
Nótese que si F1
r
y F2
r
tuvieran componentes horizontales, la de F1
r
habría de ser igual y de signo opuesto a la de F2
r
, de manera que se contrarrestaran. Dada esta condición, el valor de la componente horizontal sería arbitrario.
La segunda condición de equilibrio es
∑
τ =r 0. Calcularemos momentos respecto a O (centro de gravedad de la caja). La conservación del momento angular conduce a la ley de la palanca:1 1 2 2 r F = r F
Observemos que como r1 > r2 , F2 > F1, es decir, tendrá que hacer más
fuerza la persona más alta, ya que está más cerca del centro de gravedad. Para proceder a un cálculo explícito de la solución, es necesario evaluar r1 y r2. La
dificultad no es de índole física, sino puramente geométrica. Según la Figura 1.18, r1 y r2 valdrán
r1 = AB + CO
r2 = A'B' – CO
Figura 1.18. pero
sen ' ' 2
a
