Mecánica y Ondas - UNED

Mecánica y Ondas.

Planteamiento y resolución

de problemas tipo

Alvaro Perea Covarrubias

Doctor en Ciencias Físicas

Universidad Nacional de Educación a Distancia

Madrid, Enero 2005

Índice

Capítulo 1. Leyes de Newton

Primera Parte: Leyes de conservación

Introducción

1. Conservación de la energía 2. Conservación del momento lineal 3. Conservación del momento angular Problemas resueltos

Problemas propuestos

Segunda Parte: Fuerzas disipativas

Introducción 1. Amortiguamiento de Coulomb 2. Amortiguamiento de Stokes 3. Amortiguamiento de Newton Problemas resueltos Problemas propuestos

Tercera Parte: Sistemas de masa variable

Introducción Teoría

Problemas resueltos Problemas propuestos

Capítulo 2. Sistemas conservativos

Primera Parte: Dinámica de la partícula en una recta Introducción

1. Movimiento bajo la acción del potencial V(x) 2. Diagramas de energía

3. Puntos de equilibrio. Movimientos de oscilación Problemas resueltos

Problemas propuestos

Segunda Parte: Potenciales centrales

Introducción

1. Conservación del momento angular 2. Ley de las áreas

3. Ecuaciones del movimiento 4. Conservación de la energía

5. Potencial centrífugo. Potencial efectivo 6. Tipos de movimiento

7. Cálculo de órbitas. Fórmulas de Binet Problemas resueltos

Tercera Parte: Fuerza gravitatoria

Introducción

1. Campo gravitatorio 2. Fuerza gravitatoria

3. Energía potencial gravitatoria 4. Energía total 5. Cuerpos continuos 6. Autoenergía gravitatoria 7. Ley de Gauss Problemas resueltos Problemas propuestos

Cuarta Parte: Movimiento planetario. Satélites

Introducción

1. Ecuaciones del movimiento

2. Órbitas planetarias. Descripción analítica 3. Órbitas planetarias. Descripción gráfica 4. Leyes de Kepler

Problemas resueltos Problemas propuestos

Capítulo 3. Dinámica del sólido rígido

Primera Parte: Movimiento plano

Introducción

1. Grados de libertad del movimiento 2. Campo de velocidades

3. Centro instantáneo de rotación 4. Momento lineal

5. Momento angular y momento de inercia 6. Teorema de Steiner

7. Energía cinética

8. Ecuaciones del movimiento 9. Condición de deslizamiento 10. Colisión con una masa puntual Problemas resueltos

Problemas propuestos

Segunda Parte: Movimiento general

Introducción

1. Grados de libertad del movimiento 2. Eje instantáneo de rotación

3. Ángulos de Euler

4. Velocidad angular en función de los ángulos de Euler 5. Matriz de inercia. Ejes principales. Momento angular 6. Energía cinética

7. Ecuaciones del movimiento 8. Utilidad de la ecuación de Euler Problemas resueltos

Capítulo 4. Relatividad especial

Primera Parte: Relatividad de Galileo

Introducción

1. Principio de relatividad 2. Transformación de Galileo

3. Efecto Doppler no relativista. Corrimiento de λ

4. Velocidad relativa de las galaxias. Edad del Universo Problemas resueltos

Problemas propuestos

Segunda Parte: Cinemática relativista

Introducción

1. Principio de relatividad especial

2. Proporcionalidad entre intervalos de tiempo 3. Transformación de Lorentz

4. Contracción de la longitud 5. Dilatación del tiempo

6. Adición relativista de velocidades 7. Sucesos propios e impropios Problemas resueltos

Problemas propuestos

Tercera Parte: Dinámica relativista

Introducción 1. Masa relativista 2. Leyes de conservación 3. Fenómenos de colisión Problemas resueltos Problemas propuestos

Capítulo 5. Oscilaciones de sistemas con un grado de libertad

Introducción

Clasificación de las oscilaciones

Primera Parte: Oscilaciones libres

1. Movimiento armónico simple (MAS) 2. Energía en un MAS

3. Determinación de ω para un MAS 4. Potencia desarrollada en un MAS

5. Sistemas sencillos de oscilaciones simples I. Muelle simple

II. Péndulo simple III. Péndulo físico IV. Objeto flotante V. Líquido en tubo en U VI. Torsión de hilos VII. Muelle de aire

VIII. Asociación de muelles IX. Asociación de hilos Problemas resueltos

Problemas propuestos

Segunda Parte: Oscilaciones amortiguadas

Introducción

Fenómenos de amortiguamiento 1. Oscilaciones amortiguadas 2. Movimiento subamortiguado 3. Movimiento amortiguado crítico 4. Movimiento sobreamortiguado

5. Parámetros del movimiento subamortiguado 6. Movimiento con amortiguamiento seco Problemas resueltos

Problemas propuestos

Tercera Parte: Oscilaciones forzadas

Introducción

1. Oscilaciones forzadas no amortiguadas 2. Resonancia

3. Régimen transitorio y permanente 4. Desfase respecto a la fuerza exterior 5. Potencia absorbida

6. Movimiento generado por fuerzas de inercia 7. Movimiento forzado amortiguado

Problemas resueltos Problemas propuestos

Capítulo 6.

Oscilaciones de sistemas con varios grados de libertad

Introducción

Primera Parte: Sistema de dos masas y un muelle

1. Ecuaciones del movimiento 2. Movimiento del centro de masa 3. Movimiento relativo

4. Conclusiones Problemas resueltos Problemas propuestos

Segunda Parte: Modos de vibración

Introducción 1. Metodología

2. Movimiento del sistema 3. Coordenadas normales 4. Movimiento forzado Problemas resueltos Problemas propuestos

Capítulo 7.

Vibraciones en sistemas continuos. Análisis de Fourier

Introducción

Primera Parte: Oscilaciones transversales

Introducción

1. Oscilaciones acopladas en una cuerda con masas 2. Límite continuo. Ecuación de ondas

3. Soluciones armónicas simples

4. Ondas estacionarias: cuerda con dos extremos fijos 5. Energía mecánica en una cuerda vibrante

6. Ejemplo adicional: cuerda con un extremo libre 7. Pulsos de forma constante

Problemas resueltos Problemas propuestos

Segunda Parte: Ondas de sonido

Introducción 1. Ondas sonoras

2. Modos normales. Ondas estacionarias Problemas resueltos

Problemas propuestos

Capítulo 8. Ondas progresivas

Introducción

1. Solución general de la ecuación de ondas 2. Soluciones armónicas simples

3. Velocidad de fase. Dispersión

4. Propagación de un grupo de ondas. Velocidad de grupo Problemas resueltos

Problemas propuestos

Caso práctico: Ondas de gravedad

Capítulo 9. Formulación lagrangiana

Introducción

1. Lagrangiano

2. Integral de acción S

3. Principio de mínima acción 4. Ecuaciones de Lagrange 5. Ecuaciones del movimiento 6. Evaluación de la energía cinética 7. Evaluación de la energía potencial 8. Fuerzas de ligadura

9. Metodología Problemas resueltos Problemas propuestos

Apéndice: Formulación hamiltoniana

A) Principio de mínima acción B) Teorema de E. Noether C) Formulación hamiltoniana

Tema 1.

Leyes de Newton

Primera parte

:

Leyes de conservación

1. Conservación de la energía

• Supongamos que tenemos una masa m sometida al efecto de una fuerza F, que sigue una trayectoria del punto A hasta el punto B. Definimos

s

como la coordenada espacial a lo largo de la trayectoria. La ley de Newton define el movimiento

2 2

dt

s

d

m

F

=

• Si calculamos el trabajo

W

_F de la fuerza a lo largo del recorrido, definido por

∫

=

B A F

Fds

W

comprobamos lo siguiente

∫

=

∫

=

−

=

B A B A A B

m

m

d

m

ds

dt

d

m

W

_F 2

v

2

2

1

v

2

1

v

v

v

Por tanto, el trabajo de F sobre m es igual a la energía cinética ganada por la partícula.

• Cuando F es una fuerza conservativa, es decir, deriva de un potencial

V

( )

s

, que por ahora supondremos que depende sólo de las coordenadas del sistema, a través de la fórmula

ds

dV

F

=

−

el trabajo de la fuerza es

∫

=

−

−

=

B A B A F

_ds

V

V

dV

W

Comparando las dos expresiones obtenidas para

W

_F se comprueba que A B

m

V

V

m

2_B

+

=

v

2_A

+

2

1

v

2

1

Esto es, la energía definida como la suma

V

m

E

=

v

2

+

2

1

es constante.

• Cuando existan fuerzas de rozamiento, contrarias al movimiento, obtenemos la siguiente ecuación para la fuerza neta que actúa sobre el sistema

r

F

ds

dV

F

=

−

−

y de aquí, evaluando r F

W

, vemos que B A B A

E

E

ds

F

W

_{F r} r

=

−

∫

=

−

La pérdida de energía es igual al trabajo realizado por la fuerza de rozamiento. Si no existe rozamiento, pero sí existe pérdida de energía, necesariamente debe existir una fuerza, exterior al sistema, tal que

W

_F

=

E

_A

−

E

_B.

• Cuando el sistema realice un giro con velocidad angular ω constante respecto a un eje situado a una distancia

d

, la ley del movimiento debe incluir la fuerza centrífuga

d

m

F

_c

=

ω

2 en la forma c

F

ds

dV

F

=

−

−

El signo - delante de

F

_c indica que es una fuerza de inercia, como se verá en un tema posterior. Podemos definir un potencial centrífugo

V

_c tal que

ds

dV

F

_c

=

−

c

−

llegando a 2 2

2

1

d

m

V

_c

=

ω

En estos casos de giro con velocidad angular constante

ω

, se conserva la energía como la suma 2 2 2

2

1

v

2

1

d

m

V

m

E

=

+

+

ω

Hay que destacar que si

F

_c es perpendicular a la trayectoria no existe la contribución de

c

V

a la energía.

• Por último, es importante recordar que la definición de trabajo es

∫

⋅

=

B A F

F

d

r

W

r

r

por lo que si

F

r

es perpendicular a la trayectoria no realiza trabajo, y no debe contabilizarse en la ecuación de la energía. Por ejemplo, la tensión

T

del hilo en un péndulo no realiza trabajo, y la energía no depende de T.

2. Conservación del momento lineal

• La segunda ley de Newton puede expresarse en la forma

dt

p

d

F

_ext

r

r

=

Si no hay fuerza exterior

F

r

_ext, el momento lineal del sistema

p

r

es constante. Se aplicará este principio cuando se estudien los choques de partículas, en los que actúan sólo fuerzas interiores al sistema, y en movimientos de traslación sobre plataformas libres.

3. Conservación del momento angular

• Cuando sobre un sistema actúa una fuerza exterior

F

r

_ext, aplicada en el punto con vector de posición

r

r

, la rotación del sistema respecto del punto origen

O

se describe por la ley

dt

L

d

F

r

M

O O

=

×

ext

=

r

r

r

siendo

M

r

_O el momento de la fuerza respecto a

O

y

L

r

_O el momento angular respecto a

O

. En el caso de que la fuerza exterior sea nula,

F

r

_ext

=

0

ó que sea paralela al vector de posición

r

r

de su punto de aplicación, el momento de fuerza

M

r

_O es nulo, así y el momento angular

L

r

_O se conserva constante. Esta ley de conservación del momento angular determina la ley de movimiento en la rotación libre de plataformas, en movimientos de partículas dentro de superficies de revolución y en la dinámica de los sólidos rígidos.

Problemas Resueltos

1.1

Una partícula de masa m se mueve en el interior de una superficie semiesférica de radio

r

bajo la acción de la gravedad. Si la partícula parte del reposo en la posición

φ

=

0

, determinar, en función del ángulo

φ

, la fuerza ejercida por la partícula sobre la superficie en los distintos puntos de su trayectoria.

O r m

φ

• Las fuerzas que actúan sobre la masa

m

son el peso, la normal

N

y la fuerza centrífuga debido a su giro respecto al punto

O

. Tomando coordenadas polares con centro en

O

, la ecuación de equilibrio de fuerzas en la dirección radial es

c

F

mg

N

=

sin

φ

+

O

mg

φ

N

c

F

90-

φ

• La velocidad del movimiento (giro respecto a O) es

v

=

r

φ&

, con lo cual

2

φ&

mr

F

_c

=

, y la normal satisface 2

sin

φ

mr

φ

&

mg

N

=

+

• Las variables

φ

y

φ&

no son independientes. En este sistema se conserva la energía, como suma de la energía cinética, que depende de la variación temporal del ángulo de giro, y la energía potencial, que depende del propio ángulo de giro. La energía del sistema es

mgh

m

E

=

v

2

+

2

1

donde

h

es la altura de la masa

m

respecto del plano horizontal definido por la ecuación

φ

=

0

,

φ

sin

r

h

=

−

Con esto, la energía toma la expresión

φ

φ

sin

2

1

2 2

mgr

mr

E

=

&

−

Conocidos los datos iniciales,

φ&

=

0

cuando

φ

=

0

, obtenemos el valor de la energía

0

=

E

φ

φ

2

2

mg

sin

mr

&

=

• Con ayuda de este resultado, la fuerza ejercida por la partícula sobre la superficie en función de su posición angular es

φ

sin

3mg

N

=

1.2

Sobre un estanque flota una tabla rectangular y homogénea de masa

m

₁ y longitud L. Sobre uno de sus extremos descansa un gato de masa

m

₂. Con mucho cuidado para no caerse, el gato se desplaza al otro extremo de la tabla. ¿Cuánto ha avanzado el gato en relación al agua? ¿Qué retroceso ha sufrido el extremo de la tabla?

• Como no hay fuerza exterior al sistema, el momento lineal del sistema permanece constante. Inicialmente tanto el gato como la tabla están en reposo, y el momento lineal del sistema es cero. De aquí se deduce que el centro de masas del sistema permanece fijo. Tomamos un sistema de referencia ligado al agua (en reposo), cuyo origen coincida con el centro de la tabla en el momento inicial. Respecto a este sistema, la posición del centro de masas

x

_cm es

(

1 2

)

1 1 2 2 1

₂

L

m

x

m

x

m

x

m

m

+

_cm

=

+

=

• Sea

d

_t la distancia positiva respecto al agua recorrida por la tabla y

d

_g la distancia recorrida por el gato respecto al agua en sentido contrario. Como

L

es la distancia recorrida por el gato sobre la tabla, se cumple

L

d

d

_t

+

_g

=

Además, el centro de masas debe mantener su posición respecto al agua por lo que

0

2 2 1 1

∆

x

+

m

∆

x

=

m

En función de las distancias positivas recorridas por el gato y la tabla esta ecuación se escribe

g t

m

d

d

m

₁

=

₂

Resolviendo el sistema de ecuaciones, encontramos

L

m

m

m

d

L

m

m

m

d

t g 2 1 2 2 1 1

+

=

+

=

1.3

Un hombre de masa

m

se encuentra en un punto P de la periferia de una plataforma circular de radio

R

y momento de inercia

I

_O respecto a su centro. La plataforma puede girar libremente respecto a O. En un instante dado, el hombre

comienza a caminar con velocidad constante

V

₀, en una dirección que forma un ángulo

φ

constante con el radio vector inicial OP. Calcular la velocidad angular del sistema cuando el hombre alcance el borde de la plataforma.

0 V

O

φ

P

R

• El sistema formado por el hombre y la plataforma no sufre ninguna fuerza exterior. Su movimiento conjunto se debe sólo a las fuerzas de acción y reacción creadas cuando el hombre camina. Por tanto, la ley de movimiento es en este caso la ley de conservación del momento angular respecto a O. Inicialmente es nulo puesto que tanto la plataforma como el hombre están reposo, por lo que

L

_O

=

0

. Para mantener constante este momento angular la plataforma siempre deberá girar en sentido contrario al movimiento del hombre.

• Si

d

es la distancia recorrida por el hombre, al ser su movimiento uniforme

t

V

d

=

₀

y su momento angular respecto al origen es

α

sin

0 ,

mrV

L

_Oh

=

donde r es la distancia del hombre al origen O y α es el ángulo formado por el vector de posición OQ del hombre y su velocidad. En el triángulo OPQ, se cumple

O

φ

P

R

r

Q

α

Con esto,

cte

mRV

L

_O,h

=

₀

sin

φ

=

Se comprueba así que el momento angular del hombre también es constante. • El momento de la plataforma es, entonces,

φ

sin

0 , ,

L

mRV

L

_{O p}

=

−

_Oh

=

−

Al ser un cuerpo continuo, su momento angular se define por

ω

O p O

I

L

_,

=

α

φ sin

sin

R

r

₌

siendo

I

_O su momento de inercia respecto a O, y ω la velocidad de giro. Por tanto,

cte

I

mRV

O

=

−

=

φ

ω

0

sin

en sentido contrario al movimiento del hombre.

1.4

Una cadena flexible, de longitud

L

y masa

M

se encuentra sobre una superficie lisa de forma que cuelga libremente una longitud

L

₀. Si el sistema en reposo se abandona a sí mismo, determinar la velocidad de la cadena en el instante en el que el último eslabón deja la superficie.

0

L

L

−

0

L

• Utilizamos la conservación de la energía para calcular la velocidad final de la cadena. Tomando la energía potencial igual a cero en la superficie lisa, la energía potencial de la cadena, cuando cuelga una longitud

l

es

cm p

mgy

E

=

−

siendo m la masa de los eslabones de longitud

l

, situados en promedio a una distancia

cm

y

del borde de la superficie lisa. Si la cadena es homogénea, con su masa igualmente distribuida por todos los eslabones, tenemos

M

L

m

=

l

. Además,

2

l

−

=

cm

y

. Con esto, la energía potencial de la cadena en cualquier instante es

L

Mg

E

_p 2

2

1

l

−

=

• Por conservación de la energía

L

Mg

MV

E

E

E

_{c p} 2 2

2

1

2

1

l

−

=

+

=

Inicialmente,

l

=

L

₀ y

V

=

0

, por lo que el valor de la energía es

L

L

Mg

E

2 0

2

1

−

=

Introduciendo este dato en la ecuación de la energía, hallamos la relación existente entre la velocidad de caída de la cadena y la longitud de los eslabones que cuelgan en cualquier instante

(

2

)

0 2

L

L

g

V

=

l

−

• Cuando la cadena se separa de la superficie lisa,

l

=

L

, su velocidad es

(

2

)

0 2

L

L

L

g

V

=

−

1.5

En la colisión entre dos cuerpos, el coeficiente de restitución

e

se define como el cociente de los módulos de las velocidades relativas para los estados final e inicial. Particularizando para una colisión en una dimensión, probar que en una colisión elástica

e

=

1

, y para una colisión inelástica, calcular la energía cinética perdida en función de e.

• En cualquier colisión, las fuerzas que actúan son interiores al sistema, por lo que siempre está asegurada la conservación del momento lineal total, suma de los momentos lineales de las partículas implicadas en la colisión. Por definición, una colisión elástica es aquella en la que se produce la conservación de la energía total, mientras que en una colisión inelástica una parte de la energía cinética inicial se transforma en calor por fricción, constricción, etc. Sin tener en cuenta los mecanismos que producen esta transformación, en toda colisión inelástica se observa una pérdida de energía cinética del estado final respecto al inicial.

• En la colisión elástica, la conservación de momento lineal y energía se escribe

2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1

2

1

2

1

2

1

V

m

V

m

V

m

V

m

V

m

V

m

V

m

V

m

′

+

′

=

+

′

+

′

=

+

donde los valores correspondientes al estado final llevan una prima. Estas ecuaciones pueden reducirse a las expresiones

(

)

(

)

(

)

(

2

)

2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1

V

V

m

V

V

m

V

V

m

V

V

m

−

′

=

′

−

−

′

=

′

−

Dividiendo la segunda por la primera, obtenemos

2 2 1

1

V

V

V

V

+

′

=

+

′

(a) La velocidad relativa final e inicial se definen por

1 2 1 2

V

V

V

V

V

V

rel rel

′

−

′

=

′

−

=

por lo que la ecuación (a) anterior establece que en la colisión elástica rel

rel

V

V

′

=

−

con el valor del coeficiente de restitución igual a 1

1

=

′

=

rel rel

V

V

e

Desde el punto de vista del sistema centro de masa, que se mueve con velocidad constante

V

_cm, la colisión elástica corresponde a un proceso en el que la velocidad relativa cambia de signo.

• Para tratar la colisión inelástica, vamos a tomar como referencia la velocidad del centro de masa

V

_cm, que se conserva constante antes y después del choque, y la velocidad relativa

V

_rel antes del choque. Por definición

(

)

1 2 2 2 1 1 2 1

V

V

V

V

m

V

m

V

m

m

rel cm

−

=

+

=

+

con lo cual, en función de las variables

V ,

_cm

V

_rel, las velocidades iniciales son

rel cm rel cm

V

m

m

m

V

V

V

m

m

m

V

V

2 1 1 2 2 1 2 1

+

+

=

+

−

=

Las velocidades finales satisfacen la ley de conservación del momento

(

m

1

+

m

2

)

V

cm

=

m

1

V

1

′

+

m

2

V

2

′

y, por definición del coeficiente de restitución,

1 2

V

V

eV

_rel

=

′

−

′

Con ayuda de estas dos ecuaciones quedan determinadas las velocidades finales en la forma rel cm rel cm

V

m

m

m

e

V

V

V

m

m

m

e

V

V

2 1 1 2 2 1 2 1

+

+

=

′

+

−

=

′

La energía cinética perdida durante la colisión es

(

)

2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

rel f i

V

m

m

m

m

e

V

m

V

m

V

m

V

m

E

E

Q

+

−

=

′

−

′

−

+

=

−

=

• De una forma más directa se puede resolver la colisión inelástica. Sabemos que en ausencia de fuerzas exteriores el movimiento de un sistema de masas puede estudiarse como la combinación del movimiento del centro de masa y del movimiento relativo. El centro de masa tiene asociada la masa total del sistema

(

m

₁

+

m

₂

)

, y el movimiento relativo tiene asociada la masa reducida

2 1 2 1

m

m

m

m

+

=

µ

.

Por tanto, la energía cinética será la suma de la energía cinética del centro de masa, y de la energía cinética del movimiento relativo, en la forma

(

)

2 2 1 2 1 2 2 1

₂

1

2

1

rel cm i

_m

_m

V

m

m

V

m

m

E

+

+

+

=

(

) (

)

2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1

₁

2

1

2

1

rel rel rel

_m

_m

V

m

m

e

V

V

m

m

m

m

Q

+

−

=

′

−

+

=

1.6

Dos masas A y B chocan frontalmente con velocidades en sentidos opuestos, según muestra la figura. Si la colisión es inelástica y el coeficiente de restitución es

e

, calcular las velocidades finales y la energía perdida.

A

B

0

2V

3V

₀

m

2

3

m

• Se conserva el momento lineal del sistema. Inicialmente

( )

2

0

3

( )

3

0

5

0

2

m

V

m

V

mV

p

_i

=

−

=

−

Si

V

_A

,

V

_B son las velocidades finales, el momento lineal final es B

A

f

mV

mV

p

=

2

+

3

Aplicando la conservación del momento lineal

p

i

=

p

f , obtenemos la relación entre las velocidades finales

0

5

3

2

V

_A

+

V

_B

=

−

V

• Introducimos ahora el coeficiente de restitución, cociente de las velocidades relativas final e inicial

(

0

)

0 0

3

5

2

V

V

V

V

V

V

V

e

A B

=

A

−

B

−

−

−

=

ó 0

5eV

V

V

_A

−

_B

=

• La solución al sistema de ecuaciones para las velocidades finales es

(

)

(

e

)

V

V

e

V

V

B A

2

1

1

3

0 0

+

−

=

−

=

• Según un problema anterior, la pérdida de energía en un choque inelástico es

(

2

)

2

1

2

1

rel

V

e

Q

=

µ

−

En este sistema, la masa reducida es

m

m

m

m

m

5

6

3

2

3

2

₌

+

⋅

=

µ

(

0

)

0 0

3

5

2

V

V

V

V

_rel

=

−

−

=

con lo cual, la energía perdida resulta ser

( )

( )

2 0 2 2 0 2

1

5

3

25

1

5

6

2

1

V

e

m

V

e

m

Q

=

−

=

−

1.7

Dos discos de radio

r

se mueven sobre un tapete. El disco B está en reposo y el disco A se acerca con velocidad

V

. Calcular el parámetro de impacto

b

para que la componente de la velocidad de B perpendicular a

V

, después del choque, sea máxima. Hallar también la dirección del movimiento de B. La colisión es elástica.

b

V

r r

A

B

• En el momento de la colisión,

V

está dirigida hacia la derecha, y la distancia vertical entre los centros de las esferas es

b

. Sean

V

_A

,

V

_B las velocidades finales de los discos, formando un ángulo α y

β

con el eje horizontal, respectivamente. La velocidad de B después de la colisión está dirigida en la perpendicular al punto de contacto de los dos discos. De la figura

b

A

B

A

V

B

V

α β r r

V

vemos que

r

b

2

sin

β

=

• Ya que las masas son iguales, la conservación del momento lineal (en forma vectorial) y la conservación de la energía se escriben

2 2 2 B A B A

V

V

V

=

+

+

=

V

V

V

0

=

⋅

B A

V

V

Es decir, el ángulo formado por las velocidades finales de A y B debe ser 90º. Según la figura anterior, esto equivale a

º

90

=

+

β

α

• Con este dato, para hallar los módulos de las velocidades, resolvemos la ley de conservación del momento lineal sobre cada uno de los ejes. Obtenemos

α

α

α

α

sin

cos

0

sin

cos

A B B A

V

V

V

V

V

−

=

+

=

con la solución

α

α

sin

cos

V

V

V

V

B A

=

=

• La componente de la velocidad de B perpendicular a la velocidad inicial

V

es

( )

β

α

α

sin

2

α

2

1

cos

sin

sin

V

V

V

_B B ⊥

=

=

=

V

y se hace máxima cuando

sin

2

α

=

1

, ó

α

=

45

º

. El parámetro de impacto para ese ángulo es

r

r

b

=

2

sin

45

º

=

2

1.8

Se deja caer una bola de masa m desde una altura

H

₀ sobre un plano horizontal. Después de la colisión la bola sube hasta una altura

H

₁. Calcular el coeficiente de restitución

e

y el tiempo que tarda la bola en quedarse inmóvil en el suelo.

• Si

V

₀ es la velocidad antes del choque con el suelo y

V

₁ la velocidad después del choque, el coeficiente de restitución viene dado por

0 1

V

V

e

=

₋

La velocidad con que llega al suelo, al caer desde una altura

H

₀, es

0 0

2gH

V

=

−

y la velocidad con que despega del suelo, para poder subir hasta la altura

H

₁ , es

1 1

2gH

V

=

Por tanto, el coeficiente de restitución es

0 1

H

H

e

=

0 2 1

e

H

H

=

Es decir, la altura alcanzada después del choque es igual a

e

2 multiplicado por la altura antes del choque.

• En el n-ésimo bote, la bola alcanzará una altura

0 2 2 4 1 2

...

e

H

H

e

H

e

H

_n

=

_n−

=

_n−

=

=

n

y por tanto, se parará sólo después de infinitos botes, ya que al ser

e

<

1

,

H

_n

→

0

si

∞ →

n .

• Calculamos el tiempo

T

_n que tarda la bola en recorrer la distancia de bajada y de subida en el n-ésimo bote. El tiempo de bajada es

g

H

t

n b 1

2

−

=

y el tiempo de subida es

g

H

t

n s

=

2

con lo cual

g

H

g

H

t

t

T

n n s b n

2

2

1

+

=

+

=

−

Introduciendo el coeficiente de restitución

(

e

)

e

g

H

g

H

e

g

H

e

T

n n n n

=

+

=

+

− −

1

2

2

2

0 0 1 2 0 2 2

• Como la bola sufre infinitos botes antes de pararse, el tiempo que tarda en quedarse inmóvil en el suelo es

(

)

_e

e

g

H

e

e

g

H

T

T

n n n n

−

+

=

+

=

=

∑

∑

∞ = ∞ =

1

1

2

1

2

₀ 0 0 1

1.9

Una partícula de masa m, sujeta a una cuerda inextensible de masa despreciable, describe una trayectoria circular sobre una superficie horizontal sin rozamiento. Se tira hacia abajo de la cuerda con una fuerza F, a partir de un instante en el que la partícula está a una distancia

r

₀ del orificio y lleva una velocidad

V

₀. Si como resultado la cuerda se desplaza hacia abajo con una velocidad constante

U

, determinar la tensión de la cuerda en todo instante.

F

m

r

ω

• Como la cuerda se desplaza radialmente con velocidad constante, la masa no tiene aceleración radial. La fuerza neta radial es cero, y la partícula describe una trayectoria circular cuyo radio disminuye con el tiempo debido al desplazamiento de la cuerda. La ecuación de equilibrio de fuerzas en la dirección radial es

c

F

F

=

donde

F

_c es la fuerza centrífuga debido al giro de m respecto al centro de la trayectoria circular. Por tanto, la velocidad de la partícula y el radio de su trayectoria están relacionados según la fórmula

r

V

m

F

2

=

• Al ser radial la fuerza exterior aplicada F, su momento respecto a O es cero, y así, el momento angular respecto a O se conserva constante. En el instante inicial,

0 0 ,

mr

V

L

Oi

=

y en un instante arbitrario

mrV

L

_O,f

=

Entonces, de la conservación del momento angular obtenemos la relación

0 0

_V

r

r

V

=

y de aquí, la fuerza aplicada en función de la coordenada radial

3 2 0 3 0

r

V

r

m

F

=

• Nos queda encontrar la variación temporal de

r

. Si la cuerda se desplaza hacia abajo con velocidad constante

U

, el radio de la trayectoria de m disminuye de acuerdo con

dt

dr

U

=

−

Teniendo en cuenta la condición inicial

r

=

r

₀ en

t

=

0

, esta ecuación puede integrarse con el resultado

Ut

r

r

=

₀

−

• De aquí, finalmente, la variación temporal de la fuerza aplicada es

(

)

3 0 2 0 3 0

Ut

r

V

r

m

F

−

=

Ya que la cuerda es inextensible, la fuerza neta sobre cada porción de ella debe ser nula. Con esto concluimos que la tensión de la cuerda debe ser igual a la fuerza aplicada F.

Problemas Propuestos

1.10

Una rana de masa m está situada en el extremo de una tabla recta de masa M y longitud L. La tabla se encuentra en reposo flotando en un estanque. La rana da un salto a lo largo de la tabla con un ángulo de elevación

φ

sobre la horizontal. Calcular la velocidad inicial máxima

V

₀ de la rana para que en el salto no caiga al agua. Solución:

gL

m

M

M

V

+

=

_φ

2

sin

1

max , 0

1.11

Sobre una esfera fija se coloca una masa puntual en la posición más alta. Si se desplaza ligeramente de su posición de equilibrio, su movimiento se realiza sobre la superficie esférica. Determinar la posición donde la masa abandona la superficie esférica. Dicha posición queda definida por el ángulo que forma la vertical con la dirección radial desde el centro de la esfera a la masa puntual.

Solución:

3

2

cos

φ

=

1.12

Se colocan n masas M a lo largo de una recta, de modo que cada una toca a la siguiente. Desde la izquierda inciden dos masas

M

con la misma velocidad

V

y chocan sucesivamente con la fila de

n

masas. Probar que es imposible que como consecuencia de la colisión elástica una sola masa M sea expulsada por la derecha o que lo sean dos masas con velocidades diferentes.

1.13

Una masa puntual m está ligada a una cuerda inextensible que a medida que va girando se enrolla sobre un eje fijo de radio

a

. Si la velocidad angular de giro es

ω

₀ cuando la distancia de la partícula al punto de tangencia es

r

₀, determinar la velocidad angular de giro ω y la tensión de la cuerda, cuando el sistema ha girado un ángulo

θ

.

a

0

ω

ω

0

r

m

m

θ

Solución:

(

)

3 0 4 0 2 0 2 0 0 0

θ

ω

θ

ω

ω

a

r

r

m

T

a

r

r

−

=













−

=

1.14

Una masa puntual

m

se ve obligada a moverse sobre un aro de radio

R

. El aro se sitúa verticalmente y se le comunica una velocidad angular constante

ω

de giro respecto al eje vertical

O

O

′

. Utilizando el concepto de trabajo de las fuerzas implicadas en el movimiento, determinar la expresión de la conservación de la energía en función de la variable angular

θ

definida en la figura.

O

O’

θ

R

Tema 1.

Leyes de Newton

Segunda parte

:

Fuerzas disipativas

• En el mundo real, la energía no se conserva. Una piedra lanzada hacia arriba no llega a la altura deseada, la amplitud del péndulo se amortigua, una bola que rueda sobre el suelo horizontal acaba parándose. Así ocurre porque existen fuerzas de rozamiento o fricción que se oponen al movimiento. Podríamos decir, no obstante, que la energía total se conserva si incluimos la energía térmica. que se acumula en los grados de libertad internos de los cuerpos en cuestión.

• La consecuencia directa de las fuerzas de rozamiento es la disipación de energía. En general, la fuerza de rozamiento es paralela y de sentido contrario a la velocidad y puede expresarse como la suma

( )

_V

_N

_V

_V

2

F

_r

=

−

µ

−

β

−

γ

donde

N

es la normal o reacción de la superficie en la que se apoya el cuerpo.

1. Amortiguamiento de Coulomb

• Es el rozamiento seco. Cuando un objeto está apoyado sobre una superficie, se produce una fuerza que se opone al movimiento y que cancela cualquier fuerza aplicada que sea menor que

µ

N

. Si la fuerza aplicada es mayor que

µ

N

, la fuerza de rozamiento toma un valor constante e igual a

−

µ

N

. Escribimos, entonces

0

si

0

si

=

−

=

>

−

=

V

F

F

V

N

F

r r

µ

1.16

Calcular el tiempo que tarda en pararse una partícula por efecto del rozamiento de Coulomb si su velocidad inicial es

V

₀, y la distancia recorrida.

• La ley del movimiento es

mg

N

ma

=

−

µ

=

−

µ

y la deceleración que sufre la partícula por el rozamiento seco es

g

a

=

−

µ

• Integrando con las condiciones iniciales

x

=

x

₀

,

V

=

V

₀ en

t

=

0

, obtenemos

2 0 0 0

2

1

gt

t

V

x

x

gt

V

V

µ

µ

−

+

=

−

=

• Con ayuda de estas fórmulas, obtenemos el tiempo de parada

g

V

t

µ

0

=

y la distancia recorrida

g

V

x

x

µ

2

2 0 0

=

−

2. Amortiguamiento de Stokes

• También llamado viscoso. Cuando un cuerpo se mueve en el seno de un fluido, el fluido se opone a su movimiento intentando contrarrestar la deformación que provoca el movimiento del cuerpo. La razón de este comportamiento radica en la viscosidad del medio fluido, efecto macroscópico originado por el rozamiento entre las capas moleculares del fluido. El amortiguamiento de Stokes tiene la expresión

V

F

_S

=

−

γ

1.17

Calcular la ley de movimiento para una partícula que sufre el amortiguamiento de Stokes si su velocidad inicial es

V

₀.

• La ley del movimiento es

V

dt

dV

m

=

−

γ

Definiendo la constante de tiempo

γ

τ

=

m

la ecuación del movimiento

0

=

+

V

_τ

dt

dV

tiene la solución











−

=

V

_τ

t

V

₀

exp

Integrando una vez más, encontramos la posición de la partícula en función del tiempo























 −

−

=

V

τ

_τ

t

x

0

1

exp

• El cuerpo se para cuando

V

=

0

, al cabo de un tiempo infinito, pero recorre una distancia finita

V

₀

τ

. Esto no se corresponde con lo observado (el tiempo de parada finito), ya que cuando la velocidad se hace pequeña el rozamiento no sigue la forma de Stokes, y se hace más intenso.

3. Amortiguamiento de Newton

• Tipo de rozamiento en un fluido viscoso, cuando el movimiento adquiere velocidades mayores que el caso de Stokes, como puede ser el movimiento de un cohete en la atmósfera. Tiene la expresión

( )

2

V

V

F

_N

=

−

β

1.18

Calcular la ley de movimiento para una partícula que sufre el rozamiento de Newton si su velocidad inicial es

V

₀

• La ley del movimiento es

2

V

dt

dV

m

=

−

β

que escribimos en la forma

0

2

=

+

V

m

dt

dV

β

La solución que satisface las condiciones iniciales es

t

m

V

V

V

0 0

1

1

β

+

=

De aquí, obtenemos la posición de la partícula











 +

=

t

m

V

m

x

0

1

ln

β

β

• El cuerpo se para cuando

V

=

0

, al cabo de un tiempo infinito, y una distancia infinita. Esto no se corresponde con lo observado, ya que cuando la velocidad se hace más pequeña el rozamiento sigue la fórmula de Stokes.

Tema 1.

Leyes de Newton

Tercera parte

:

Sistemas de masa variable

• Los sistemas de masa variable, es decir, sistemas en los que la masa que se encuentra en movimiento depende del tiempo, no conservan la energía. Para estudiar el movimiento utilizamos la 2ª ley de Newton, escrita en la forma

dt

dp

F

ext

=

y referida a un sistema de ejes fijo en el espacio.

• Estudiamos el caso más general posible. Supondremos que entre el instante

t

y el instante

t

+

dt

, el sistema gana una masa

dm

_g, y expulsa una masa

dm

_e con una velocidad

U

respecto del sistema, en sentido contrario a la velocidad

V

del sistema. Tomamos como referencia un sistema de ejes fijos.

• El momento lineal del sistema, en el instante

t

, es

mV

p

_i

=

y en el instante

t

+

dt

(

m

dm

)

(

V

dV

)

dm

(

V

dV

U

)

p

_f

=

+

_g

+

+

_e

+

−

• Restando, el incremento de momento lineal durante el intervalo de tiempo

dt

es

(

)

e

g

V

U

dm

Vdm

mdV

dp

=

+

+

−

donde hemos despreciado los términos de orden cuadrado en los diferenciales. De aquí, la 2ª ley de Newton del movimiento tiene la expresión

(

)

dt

dm

U

V

dt

dm

V

dt

dV

m

F

_ext

=

+

g

+

−

e

• Como casos particulares, si no hay expulsión de masa, como el ejemplo del trineo que acumula nieve en su movimiento o de la gota en condensación,

dt

dm

dt

dm

dt

dm

g e

=

=

0

con lo cual

( )

dt

mV

d

F

_ext

=

• En el caso del cohete, siendo m la masa del cohete,

0

0

>

−

=

<

=

dt

dm

dt

dm

dt

dm

dt

dm

e g obtenemos

dt

dm

U

dt

dV

m

F

_ext

=

+

Problemas Resueltos

1.19

Calcular la velocidad y aceleración de ascensión vertical de un cohete que expulsa gases a ritmo constante, con una velocidad

U

respecto al cohete.

• La masa del cohete depende del tiempo, según la ecuación

kt

m

m

k

dt

dm

−

=

−

=

0

siendo

k

la razón de expulsión de los gases quemados, medida en kg/seg. • La ecuación de movimiento adecuada es

dt

dm

U

dt

dV

m

F

_ext

=

+

Ya que el movimiento del cohete es de ascensión vertical, la fuerza exterior corresponde a la fuerza de la gravedad, dirigida hacia abajo. Obtenemos

kU

dt

dV

m

mg

=

−

−

• El estado dinámico del cohete queda caracterizado completamente por el valor de su masa en cada instante, y la dependencia temporal de las variables de movimiento del cohete,

( )

x,

V

, tiene la forma funcional

( )

[ ]

( )

( )

t

V

[ ]

m

( )

t

V

t

m

x

t

x

=

=

Como consecuencia, al resolver el problema es aconsejable, mediante la regla de la cadena, sustituir en la ecuación del movimiento las derivadas temporales por derivadas respecto de m, eliminando así la variable temporal. Obtenemos

dm

d

k

dm

d

dt

dm

dt

d

₌

₌

₋

kU

dm

dV

km

mg

=

−

−

−

ó

m

U

k

g

dm

dV

−

=

• Ahora podemos integrar directamente, con el resultado

cte

m

U

m

k

g

dm

m

U

k

g

V



=

−

+









 −

=

∫

ln

La condición inicial establece que el cohete parte del reposo, con masa inicial

m

₀. Es decir,

V

=

0

cuando

m

=

m

₀. Aplicando esta condición inicial, obtenemos el valor de la constante 0 0

ln

m

k

g

m

U

cte

=

−

y la velocidad de ascensión en función de la masa del cohete

(

)

m

m

U

m

m

k

g

V

0 0

+

ln

−

=

• Introduciendo

m

( )

t

, obtenemos dicha velocidad de ascensión vertical en función del tiempo

kt

m

m

U

gt

V

−

+

−

=

0 0

ln

Finalmente, derivando respecto del tiempo, obtenemos la aceleración de subida en función del tiempo,

kt

m

Uk

g

dt

dV

−

+

−

=

0

• Ya que el cohete parte del reposo en el instante inicial, para que ascienda inicialmente es necesario que

g

m

Uk

dt

dV

>

>













0 0

0

relación que se debe satisfacer entre la masa inicial del cohete, la razón y velocidad de expulsión de los gases para que sea posible la ascensión vertical del cohete.

1.20

Calcular la velocidad y aceleración de un cohete, que se mueve horizontalmente, y que expulsa gases a ritmo constante, con una velocidad

U

respecto al cohete.

• De la misma forma que en el problema anterior

kt

m

m

k

dt

dm

−

=

−

=

0

La ecuación de movimiento adecuada es

dt

dm

U

dt

dV

m

F

_ext

=

+

Ahora, al moverse horizontalmente, el cohete sufre el amortiguamiento de Newton (velocidades grandes) por lo que

F

_ext

=

−

β

V

2 y

kU

dt

dV

m

V

=

−

−

β

2

• Utilizando de nuevo la regla de la cadena, eliminamos la variable

t

, con lo cual la ecuación de movimiento se escribe en la forma

kU

dm

dV

km

V

=

−

−

−

β

2 ó

0

2

=

+

−

m

dm

V

k

U

dV

β

La integración es directa, resultando

cte

m

V

Uk

V

Uk

U

k

=

+

−

+

ln

ln

4

β

β

β

• Con la condición inicial,

V

=

0

cuando

m

=

m

₀, obtenemos la constante

0

ln m

cte

=

, y la velocidad horizontal en función de la masa del cohete γ γ γ γ

β

m

m

m

m

Uk

V

+

−

=

0 0

k

U

β

γ

=

4

• Con este resultado, la aceleración puede obtenerse a partir de la ecuación del movimiento. Llegamos a la expresión

(

)

2 0 0 2

2

γ γ γ γ

γ

β

m

m

m

m

m

k

m

V

kU

dt

dV

+

=

−

=

1.21

Calcular la aceleración de caída de una cadena agrupada situada sobre un plano horizontal, debido a su propio peso.

x

• Tomamos

x

como la longitud de la cadena que está cayendo en el instante

t

. Por tanto, la longitud de cadena en movimiento en el instante

t

es x. Existen fuerzas de rozamiento entre los eslabones y el plano, que evitan que toda la cadena esté en movimiento en un momento dado. Es un sistema que no conserva la energía.

• Al no conservar la energía, y no existir expulsión de masa, debemos utilizar la ley de Newton en la forma

( )

mV

dt

d

F

_ext

=

En el instante

t

, la masa en movimiento es

x

m

=

λ

donde

λ

es la densidad de masa de la cadena (masa por unidad de longitud), y cae con una velocidad

dt

dx

V

=

, bajo la acción de su peso

xg

mg

F

_ext

=

=

λ

Por tanto, en el instante

t

, la ley de movimiento del sistema es

(

xV

)

dt

d

xg

λ

λ

=

• De la misma forma que en el problema del movimiento de un cohete, el estado dinámico dependía exclusivamente del valor de la masa del cohete, en este problema, el