Vectores Fisica
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Cap´ıtulo 4 Vectores on, sentido y origen. Las on, Un vector vector.- es un segmento de recta, que tiene direcci´ ®
®
A
Q
A
®
A
®
®
B
-A
b)
c)
P
a)
Figura 4.1: siguientes siguientes definiciones definiciones son fundamentales: fundamentales: y B so iguales si tienen la misma magnitud y direcci´ 1. Dos vectores vectores A direccion o´n prescindiendo prescindiendo = B se ilustra en la figura 4.1.b) de sus puntos de origen. orige n. As´ As´ı, A pero con la misma longitud 2. Un vector vector cuya direcci´ direcci´ on es opuesta a la del vector A on como en la figura 4.1c) se denota por A
−
y B de la figura 4.2b) es un vector C , el 3. La suma o resultante de los vectores A en el extremo de A y uniendo el origen de cual se forman colocando el origen de B con el extremo de B (ver figura 4.2b). Escribimos C = A + B , esta definici´on A on es equivalente a la ley del paralelogramo para la suma de vectores como se indica en la figura 4.2c).
4.1. 4.1.
Vecto ectore ress Unit Unitar ario ioss
Los vectores que tienen longitud igual a la unidad son llamados vectores unitarios. Si > 0, entonces A/ A = u es un vector unitario que A es un vector con longitud A , de donde: tiene la misma direcci´ on on de A
|| ||
|| ||
= A u A
|| ||
(4.1)
4. Vectores
8 ®
A
®
B
®
®
®
®
C=A+B
A
®
A
®
B
® ®
®
B
®
C=A+B
a)
b)
c)
Figura 4.2:
4.2. 4.2.
Compo Compone nen ntes tes d de e un un Vec Vecto torr
con su oriSean (A (A1 , A2 , A3 ) las coordenadas rectangulares del extremo del vector A gen en O. Los vectores A1ˆi, A2 j, jˆ, A3 kˆ se llaman componentes rectangulares vectoriales o en las direcciones x, y y z respectivamente, en la figura. simplement simplementee componente componente de A Z
(A,A,A) 1 2 3
®
A
A3 k Y
Ai 1 A2 j X
Figura 4.3: , por lo tanto podemos escribir: La suma o resultante de A1ˆi, A2 jˆ y A3kˆ es el vector A = A1ˆi + A2 jˆ + A3 kˆ A
(4.2)
(4.3)
r = xˆi + y jˆ + z kˆ
(4.4)
(4.5)
es: La magnitud de A = A= A
|| ||
A21 + A22 + A23
En particular, pa rticular, el vector de posici´on on o radio vector r de O al punto (x,y,z (x,y,z ) se escribe:
y su magnitud es: r = r =
|| ||
4.3. 4.3.
x2 + y 2 + z 2
Produ Product cto o Esca Escala larr o Prod Produc ucto to Pun Punto to
y B de notado por A B , se El producto escalar o producto punto de dos vectores A , B y el coseno del angulo define como el producto de las magnitudes de A a´ngulo que forman
·
4. Vectores estos vectores; es decir:
9
B = AB cos θ ; 0 A
·
≤θ≤π
(4.6)
B es una cantidad escalar, mas no un vector. Obs´ervese ervese que el product pro ductoo A Las siguientes leyes son validad:
·
B = B A 1. A
· · · (B + C ) = A · B + A · C 2. A · B ) = ( pA ) · B = A · ( pB ) = (A · B ) p; 3. p(A p; donde p es un escalar. 4. ˆi · ˆi = jˆ · jˆ = kˆ · kˆ = 1; ˆi · jˆ = jˆ · kˆ = kˆ · ˆi = 0 = A1ˆi + A2 jˆ + A3 kˆ; y B = B1ˆi + B2 jˆ + B3 kˆ entonces: 5. Si A B = A1 B1 + A2 B2 + A3 B3 A
·
B = 0 y estos vectores son no nulos, entonces A y B son perpendiculares. 6. Si A
·
4.4. 4.4.
Produ Product cto o Vec Vecto tori rial al o Prod Produc ucto to Cru Cruzz
y B es un vector C = A B . La magnitud El producto vectorial o producto cruz de A B se define como el producto de las magnitudes de A , B y el seno del angulo de A ´angulo entre ellos, es: B = AB sen θ ; 0 θ π A (4.7)
×
×
|| × || ≤ ≤ = A × B es perpendicular al plano formado por A y B . Si La direcci´ direc ci´on on del vector C = B o si son paralelos, entonces sen θ = 0 y definimos que ||A × B || = 0 A Los siguientes leyes son importantes: 1. A
× B = −B × A × (B + C ) = A × B + A × C 2. A × B ) = ( pA ) × B = A × ( pB ) = (A × B ) p donde p es un escalar. 3. p(A 4. ˆi × ˆi = jˆ × jˆ = kˆ × kˆ = 0 y ˆi × jˆ = kˆ; jˆ × kˆ = ˆi; kˆ × ˆi = jˆ = A1ˆi + A2 jˆ + A3 kˆ; y B = B1ˆi + B2 jˆ + B3 kˆ entonces: 5. Si A A
× B =
ˆi jˆ kˆ A1 A2 A3 B1 B2 B3
||A × B ||=area del paralelogramo con lados A y B × B = y B son paralelos. 7. Si A 0 y estos vectores son no nulos, entonces A 6.
4. Vectores
4.5. 4.5.
10
Prob Proble lema mass Resu Resuel elto toss
Problema 4.1 = 6ˆi + Determinar el area del paralelogramo que tiene por diagonales a los vectores P = 2ˆi 6 jˆ + 8kˆ 2 jˆ 4kˆ y Q
−
−
Soluci´ on: on: ®
b
®
P
®
Q ®
a
De la figura tenemos:
P
= a + = a P b; y Q
× Q
= (a + b) (a b) = a = (a b) + ( b a) = =
⇒ a × b
=
× − − × × 2(a × b) −2( × Q P −
× − b + b × a −(a × b) − (a × b)
2
Pero como: P
− b
× Q =
Luego:
ˆi 6 2
jˆ 2 6
−
− kˆ 4 8
= 8ˆi + 56 jˆ + 40kˆ
⇒A
paralel
| × b| = |P ×2 Q|
Aparalel = a
√
1 2 = 8 + 562 + 402 2 = 34, 34,6u2 .
por lo tanto, el ´area area del paralelogramo que tiene los diagonales, es: 34, 34,6u2 .
Problema 4.2 y Q , el vector R = mP + nQ , tal como se indica en la figura , Si Dados los vectores P P = 3; Q = 5 y R = 10. 10. Hallar la relaci´on on m/n. m/n. Soluci´ on: on:De la figura:
= P ˆi + Q jˆ R
4. Vectores
11 Y ®
Q
®
R
45° ®
X
P
Luego sabiendo que:
= P ˆi; Q = Q jˆ P = mP + nQ R
tenemos: = mP ˆi + nQ jˆ R = 3mˆi + 5n + Q R 5n jˆ = P = 3mˆi + 5n R 5n jˆ = 10cos45ˆi + 10 10 sin sin 45 jˆ igualando miembro a miembro:
√
√
3m = 5 2; 5n = 5 2 Luego, la relaci´on on de
m n
es: m 5 = n 3
Problema 4.3 y Q , si P = 2ˆi + 2 jˆ + 2kˆ; Determ Determina inarr un vecto vectorr unitar unitario io perpendic perpendicula ularr al vecto vector r P = 4ˆi + 6 jˆ 2kˆ Q
−
De la figura sea: ®
C
= C xˆi + C y jˆ + C z kˆ C
®
Q
Adem´as: as:
Soluci´ on: on:
; P ⊥ P ;
uc
⊥ Q
⊥ P ⇒ ⊥ Q ⇒
C C
· P = 0 · Q = 0
uc
®
uC
· · · (∗)
Luego: ®
P
Entonces:
C C
i) (C xˆi + C y jˆ + C z kˆ) (2ˆi + 2 jˆ + 2kˆ) = 0
·
⇒
2C x + 2C 2C y + 2C 2C z = 0
· · · (1)
4. Vectores
12
ii) (C (C xˆi + C y jˆ + C z kˆ) (4ˆi + 6 jˆ
− 2kˆ) = 0 6C − 2C = 0 ⇒ 4C + 6C ·
x
y
· · · (2)
z
Sumando (1) y (2) tenemos: 6C x + 8C 8C y = 0 C x = De (3) en (2): 4(
− 43 C
· · · (3)
y
6C − 2C = 0 − 43 )C + 6C y
y
z
1 C z = C y 3 Reemplazando (3) y (4) en ( ) se tiene:
· · · (4)
∗
− 43 C ˆi + C jˆ + 13 C kˆ 4 1 C (− ˆi + jˆ + kˆ) 3 3
= C
y
= C
y
y
y
entonces: C = C
|| ||||
=
C = Luego:
| ± C 169 + 1 + 19 √ 26 ± 3 C y
y
− ˆi√ + jˆ + kˆ) ± C √ 3 26 4ˆ ˆ 1 ˆ = (− i + j + k) 26 3 3
C y ( C uc = = C uc
|
4 3
1 3
26 3
y
y Q ,es: por consiguiente, el vector unitario perpendicular al vector P
√
3 26 4ˆ ˆ uc = ( i + j + 26 3
−
1ˆ k) 3
Cap´ıtulo 6 Cinem´ atica La cinem´atica atica es una parte de la mec´ anica anica que estudia a los cuerpos o part´ part´ıculas en movimiento, sin tomar en cuenta las causas que originan dicho movimiento, es decir la trayectoria que describe los cuerpos cue rpos o part par t´ıculas en e n movimiento.
Movimiento.- Es un cambio continuo de la posici´ on on de un cuerpo o part´ part´ıcula con respecto a otro, considerando la figura siguiente. Se dice que una part´ıcula ıcula esta en movimiento cuando la part´ part´ıcula cambia de posici´ on con respecto a un sistema de referencia. on Z A t A
Dr
r A
B t B
r B O Pto.de referencia
X
∆r = rB
|
− r
A
Y
(vector de desplazamiento)
(6.1)
donde r = xi + y j j + z k, ∆r = d
6.1. 6.1.
|
Movim Movimien iento to Curvi Curvilin lineo eo
Velocidad La velocidad es una magnitud vectorial cuyo m´ odulo lo mide la rapidez de cambio de odulo posici´on on en un unidad de tiempo
21
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
22
Velocidad Media Se define como la raz´ on on de la variaci´ on on de la posici´ on on sobre la variaci´on on del tiempo. V m = m = V donde:
∆r = rB ∆t = tB
∆r , ∆t ∆r ∆t
escalarmente vectorialmente
(6.2)
− r −t
A
A
Velocidad Instantanea La veloci elocidad dad inst instan antan tanea ea se define define como como la posici posici´ on ´ de variaci´ ariaci´ on o n de un inst instan ante. te. matem´aticamente aticamente se define como el l´ımite de V m cuando el intervalo de tiempo se hace ∆r dr peque˜ no no o tiene a cero. Si ∆t ∆t 0, entonces v = l´ım = ∆t→0 ∆t dt
→
v =
dr dt
F´ormula de Velo cidad Instantanea
Adem´as as v = vx i + vy j j + vz k de donde donde vx =
|v| = v =
dx , dt
dy dt
vy =
y vz =
xx2 + vy2 + vz2
dz , dt
(6.3)
entonces (6.4)
Aceleraci´ on on Es una magnitud vectorial cuyo m´ odulo odulo mide la rapidez con la que un m´ovil ovil cambia de velocidad en una unidad de tiempo.
Aceleraci´ on on Media t 1
v1
aT Dr
a N
t 2
a r 1
v2
Z r 2
Y
X
am = donde:
∆v = v2 v1 ∆t = t2 t1
− −
∆v v2 = ∆t t2
− v −t
1
1
(6.5)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
23
Aceleraci´ on on Instantanea Si ∆t
→ 0 entonces a =
∆v dv l´ım = ∆t→0 ∆t dt dv d2r a = = 2 dt dt
(6.6)
Adem´as as
a = ax i + ay j j + az k a = a
=
||
Su unidad de aceleraci´ on on en S.I. (m/s (m/s2 )
(6.7)
ax2 + ay2 + a2z
(6.8)
Nota: La aceleraci´ on media tiene la direcci´ on on on de variaci´ on on de velocidad ∆ ∆v Para la aceleraci´ on instantanea viene hacer la derivada con respecto al tiempo. on
6.2. 6.2.
Movim Movimien iento to Rectil Rectiline ineo o
Un cuerpo o part´ part´ıcula se dice que esta en movimien movimiento to rectilineo, rectilineo, cuando se desplaza en una trayectoria recta. t 1
t 2
x1
x2
X P 1
P 2
∆x = x2 x1 ∆t = t2 t1 ∆r = ∆xi
− −
El Desplazamiento
(6.9)
El desplazamien desplazamiento to de la part´ part´ıcula es un vector vector que apunta apunta de P 1 a P 2 a lo largo del eje X. La componente x del desplazamiento es simplemente el cambio en el valor de x. ∆x = x2
−x
(6.10)
1
Velocidad Velocidad Media.- Definimos la velocidad media de la part´ıcula ıcula durante dur ante este tiempo como como una cantida cantidad d vector vectorial ial cuya cuya componen componente te x es el cambio en x dividi dividido do entre entre el intervalo de tiempo ∆t ∆t. vm =
∆x i; ∆t
vm =
∆x x2 = ∆t t2
−x −t
1
1
(6.11)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
24
velocidad media cuando el interv intervalo de Velocidad Instantanea.Instantanea.- Es el l´ımite de la velocidad tiempo se acerca a 0, es igual a la tasa instantanea de cambio de posici´ on con el tiempo.
∆x dx vx = l´ım = ∆t→0 ∆t dt dx vx = i dt
La unidad en S.I. es: ms−1 , Km/h
(6.12)
Aceleraci´ on on La aceleraci´ on on tambi´ tambi´en en es una cantidad cantidad vectorial, vectorial, que describe la tasa de cambio cambio de la velocidad con el tiempo.
Aceleraci´ on on Media.- Definamos la am de la part´ıcula ıcula al moverse de P 1 a P 2 como un vector cuya componente x es ∆vx , el cambio en la componente x de la velocidad, dividida entre el intervalo de tiempo ∆t ∆t.
∆v i ∆t ∆vx ∆t
am = am =
=
v2x −v1x t2 −t1
(6.13)
Aceleraci´ on on Instant Instantanea anea..- Es el l´ımite de la am cuando el intervalo de tiempo se acerca a cero. Entonces, la aceleraci´ acelerac i´on on instantanea es la tasa instantanea de cambio de la velocidad veloci dad con el tiempo; tiemp o; as´ as´ı
∆vx dvx ax = l´ım = ∆t→0 ∆t dt dv ax = i = ddtx i dt
(6.14)
2
2
Las unidades en S.I. son: ms−2 , Km/h2
6.2.1. 6.2.1.
Movimie Movimiento nto Rectilineo Rectilineo Uniforme Uniforme (MRU) (MRU)
Cuando el m´ ovil transcurre distancias iguales y tiempos iguales entonces el movimiento ovil es MRU, es decir, la aceleraci´on on es nula, la velocidad es constante, as´ as´ı, v = cte, cte, v =
x
x0
dx = cte dt
t
dx =
0
vdt
⇒
x = x0 + vt Gr´aficamente aficamente
x
−x
0
= vt (6.15)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
25
(x)m L x
a
x0
t(s) t
t 0
donde v = tan α =
6.2.2.
x t
−x −t
0
0
Movimiento Movimiento Rectilineo Uniformemente Uniformemente Variado (MRUV) (MRUV)
Cuando la aceleraci´ on es constante o la aceleraci´ on on no varia con el tiempo, es decir, on dv a = cte de la ecuaci´ on on (6.14) tenemos a = = cte, cte, integrando dt
v
t
dv =
v0
adt
0
v
v v0
|
= at t0
| ⇒ v−v v = v ± at
0
= at (6.16)
0
Si v = v0
at, entonces ± at,
x
dx = v0 dt
± at (v ± at) at)dt ⇒
dx =
x0
0
t
x
⇒ x = x0 + v0 t
⇒
x xx = (v0
|
0
−x
± 12 at
0
= v0 t
0
t 0
± at) at)t|
± a2 t
2
2
(6.17)
dv , por la Regla de la Cadena tenemos: dt dv dv dx dv a= = a=v dt dx dt dt Entonces adx = vdv, vdv , integrando se tiene Luego si a =
⇒
v
x
vdv =
v0
⇒ si x0 = 0 se tiene
2 v
v 2
v2 2
−
v0 v02
2
adx
x0
= ax xx
|
= a( x
0
−x ) 0
v 2 = v02
;
v 2 = v02
± 2ax
± 2a(x − x ) 0
(6.18)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
6.3. 6.3.
26
Movim Movimien iento to de Proy Proyectile ectiless
En el movimiento de proyectiles sin resistencia del aire, la componente x de la aceleraci´on o n es cero y la componente y es constante e igual a g ; as´ as´ı podemos pod emos analizar el movimiento de un proyectil como una combinaci´ on de movimiento horizontal con velocion dad constante y movimiento vertical con aceleraci´ on on constante, es decir
−
ax = 0 con g = 9,8 m/ss 2, pero ay =
j ) −g( j)
dv , entonces dt dv = dt
− v
dv =
v0
v
ay =
− v
0
=
Y
−g( j) j ) − g( j) j )dt t
0
gt( gt( j) j )
(6.20)
v y=0
B m
y
v x=cte
v0
C
a
H
n e S 0 v
(6.19)
max
a
x
a vCos 0
y=0
Rmax
Sea
− − − − − −− − v = vxi + vy j j + vz k
v0 = v0 cos αi + v0 sen α j j + 0k
Luego de (6.20) tenemos
v
entonces
(vxi + vy j) j ) (vx
igualando se obtiene
v0 =
gt j j
(v0 cos α j j + vo sen α j) j ) = 0i
v0 cos α)i + (v (vy
vx vy
−
sen α) j/ j/ = oi
v0 cos α = 0 v0 sen α gt
−
gt j j
gt j j
X
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
27
entonces vx = v0 cos α vy = v0 sen α De la ecuaci´ on on (6.22) se sabe que vy =
y
(M U ) U ) gt (M U V ) V )
−
(6.21) (6.22)
dy , entonces dt
dy = v0 sen α dt
− gt (v sen α − gt) gt)dt 1 sen αt − gt 2
t
dy =
0
0
y = v0 De la ecuaci´ on on (6.21) se sabe que vx =
x
0
2
(6.23)
dx , entonces dt
dx = v0 cos α dt
t
dx =
0
v0 cos αdt
0
x = v0 cos αt
De la ecuaci´ on on (6.24) despejamos “t “t”: t =
(6.24)
x en (6.23) tenemos: v0 cos α
−
x y = v0 sen α v0 cos α 1 x2 g y = x tan α 2 v0 cos2 α g sec2 αx2 y = x tan α 2 v0
g 2
x v0 cos α
2
−
(6.25)
−
Si vy = 0 en (6.22), entonces 0 = v0 sen α
− gt ⇒
t=
v0 sen α g
en (6.23) tenemos
−
v0 sen α g v0 sen α y = v0 sen α g 2 g v02 sen2 α v02 y = sen2 α g 2g 2 2 v sen α y = 0 Altura m´axima 2g
2
−
(6.26)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
28
Para alcance m´ aximo aximo y = 0 en (6.22) se tiene: 0 = v0 sen αt g 2 t v0 sen αt = 0 2 gt t v0 sen α = 0 2
− −
De aqu´ı tenemo ten emoss t=
⇒
− g2 t
2
t=0 gt 2
−v
0 sen α = 0
2v0 sen α g
(6.27)
Reemplazando en la (6.24)
2v0 sen α x = v0 cos α g v02 sen α cos α v02 sen2α sen2α x = = g g sen2α v02 sen2α x = Alcance m´aximo g Cuando 2α 2α =
π 2
⇒α=
π , 4
entonces H max max
6.4. 6.4.
(6.28)
v02 = 2g
(6.29)
Prob Proble lema mass Resu Resuel elto toss
Problema 6.1 Una part´ part´ıcula se mueve mueve en el plano XY de acuerdo acuerdo a las relaciones relaciones de ax = 4sen3t 4sen3t y ay = cos3t cos3t, cuando t = 0 seg, eg, x = 0, y = 2, vx = 6m/s y vy = 2m/s. m/s. Determinar la π poseci´on on r y la velocidad v , en t = 6 seg
−
Soluci´ on: on: Del problema tenemos
− − − − a =
sabiendo que a =
dv = dt
5sen3t 5sen3ti + cos cos 3t j, integramos j , integramos
v
t
( 5sen3t 5sen3ti + cos cos 3t j) j )dt
=
6i+2 j
v
5sen3ti + cos cos 3t j j −5sen3t
(6i + 2 j) j ) = v =
0
5 1 5 1 cos3t cos3ti + sen3t sen3t j j cos0i + sen0 j j 3 3 3 3 5 13 1 cos3t cos3t + i+ sen3t sen3t + 2 j j 3 3 3
(6.30)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
29
Lugo para t = π6 seg
5 13 cos π2 + 3 3 13 7 v = i + j j 3 3 v =
v =
13 3
2
+
i+
7 3
1 sen3 3
π 6
+ 2 j j
(6.31)
2
= 4,9 m/seg
(6.32)
Ahora calculamos la posici´ on, on, de (6.30) tenemos:
− − − −
dr v = = dt r
=
0i+2 j
r
2 j j =
r =
rπ/6 π/6 =
−
5 13 1 cos3t cos3t + i+ sen3t sen3t + 2 j j 3 3 3 t 5 13 1 cos3t cos3t + i+ sen3t sen3t + 2 j j dt 3 3 3 0 5 13 1 sen3t sen3t + i+ cos3t cos3t + 2t 2t j j 9 3 9 5 13 1 sen sen 0 + i+ cos 0 + 2(0) 2(0) j j 9 3 9 5 13 1 19 sen3t sen3t + t i + cos3t cos3t + 2t 2t + j j 9 3 9 9 5 13π 13π π 19 + i+ + j j 9 18 3 9
r = 2,82i + 3, 3,16 j j d=r = (2, (2,82)2 + (3, (3,16)2 = 4,235 m
Problema 6.2 Un plano inclinado forma un ´angulo angulo “ α” con la horizontal si dispara un proyectil desde el punto m´as as bajo del plano inclinado con rapidez inicial v0 formando un ´angulo angulo β con la horizontal. (2v (2v02 sen(βα sen(βα))cos ))cos β 1. Demostrar Demostrar que el alcance alcance R sobre el plano inclinado inclinado es R = g cos2 α 2. Probar Probar que el alcance alcance m´ m´aximo aximo sobre el plano inclinado se da por R por Rmax que se obtiene cuando β =
π 4
+
α 2
v02 = , g (1 + sen α)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
30
Soluci´ on: on: v0
b
v0 y
R
b
n e S 0 v = y v
b
a x
vhoriz=v0Cosb
x=vhoriz 1. Luego x = v0 cos βt y = v0 sen βt Adem´as as tan α = xy , entonces
(6.33)
− 12 gt
2
(6.34)
y = x tan α
(6.35)
Reemplanzando (6.33) y (6.34) en (6.35) tenemos
t t=0
∧
v0 sen β t
− v (sen β − cos β tan β tan α) − 0
v0 (sen β cos β cos β tan β tan α)
t2 g = v0 cos βt. tan α 2 gt = 0 2
− gt2 = 0, entonces
2v0 (sen β cos β tan β tan α) g 2v0 cos α t = sen β cos β tan β tan α g cos α 2v0 sen(β sen(β α) t = g cos α t =
−
−
−
(6.36)
En (6.33) x = 6v0 cos βt x
=
2v0 sen(β sen(β α) v0 cos β g cos α
Pero x = R cos α, entonces 2v02 (β α) R cos α = cos β g cos α
−
, luego
2v02 sen(β sen(β α)cos β R= g cos2 α
−
−
(6.37)
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a 2.
31
dR dR 2v02 = 0; = cos(β cos(β dβ dβ g cos2 α
{
− α)cos β − sen(β sen(β − α)sen β } = 0, entonces
2v02 (cos(β (cos(β α) + β ) = 0 g cos α cos(2β cos(2β α) = 0
−
−
si 2β =
π 2
+ α, entonces β =
luego tenemos: Rm´ax ax
2v02 sen
√ √
π α 2 α + = cos 4 2 2 2 π α 2 α cos + = cos 4 2 2 2 sen
π α + 4 2
− − − π 4
α 2
cos g cos2 α
π 4
+
α 2
− sen α2 − sen α2
Entonces reemplazando, se tiene: Rm´ax ax Rm´ax ax Rm´ax ax Rm´ax ax
2v02 1 α = cos g cos2 α 2 2 v02 1 sen2 α = g cos2 α 1 + sen α v02 = g(1 + sen α)
α sen 2
2
Problema 6.3 Dos autos, A y B , viajan en linea recta. La distancia de A respecto al punto de partida esta dada por X A (t) = αt + βt 2, con α = 2,6m/s y β = 1,2m/s2. La distancia entre B y el punto partida es X B (t) = γt 2 δt3 , con γ = 2,8m/s2 y δ = 0,2m/s3 . a) ¿En que instantes instantes los dos autos est´an an en el mismo punto? b) ¿En que instantes instantes A y B tienen la misma aceleraci´on?. on?.
−
Soluci´ on: on: Para, a) ambos autos est´ an an en origen t = 0, entonces la soluci´ on on es encontrar por la posesi´ on; on; es decir: X A = X B , tenemos: αt + βt 2 = γt 2 δt3 (β γ ) t2 + αt = 0 δt 3 + (β δt 2 + (β (β γ ) t + α = 0 1 t = (β γ ) 2δ t1 = 2,27seg. 27seg. ; t2 = 5,73seg. 73seg.
− −
⇒
−
−
± − (β
2
γ )
− 4αδ
6. Cine Ci nem´ m´ atic at ica a
32
Para, b) haciendo la segunda derivada de X A y X B y donde la posesiones son iguales; entonces se tiene: Si, Si,
X A (t) = αt + βt 2 aA = X A (t) = 2β X B (t) = γt 2 δt3 aB = X B (t) = 2γ 2β = 2γ 6δt 2β + β + 2γ 2γ t = = 2,67seg. 67seg. 6δ
⇒
−
− −
⇒ ⇒
− 6δt
Problema 6.4 Una ave vuela en el plano xy plano xy con velocidad velocidad v = (α βt 2 ) i+ γt j, j , donde α donde α = 2,4m/s, β = = 3 2 1,6m/s y γ = 4,0m/s . La direcci´on on +y es vertical hacia arriba. En t = 0, el ave est´a en el origen. a) Calcule los vectores de posesi´on on y aceleraci´on on del ave en funci´on on del t. b) ¿qu´e altura (coordenad (coo rdenada a y) tiene el ave al volar sobre x = 0 por po r prime pr imera ra vez ve z desp d espu´ u´es es de t = 0?
−
Soluci´ on: on: Para, a) Integrando la velocidad v , se tiene: r =
Adem´as, as, diferenciando la v tenemos:
αt
− − β 3 γ 2 t i+ t j j 3 2
a = ( 2β ) i + γ j. j.
Para, b) El tiempo positivo a lo cual x = 0 Es dado por ah´ ah´ı t2 = 3α/β . En este tiempo, la coordenada y es: γ 2 3αγ 3 (2, (2,4m/s) m/s) (4, (4,0m/s2 ) y = t = = = 9,0m 2 2β 2 (1, (1,6m/s3 )
Problema 6.5 Una pistola que dispara una luz bengala le imprime una rapidez inicial de 120m/s 120m/s.. a) Si la bengala se dispara 55 sobre la horizontal h orizontal en los salares planos de Utah, ¿qu´e alcance horizontal tiene? Haga caso omiso de la resistencia del aire. b) Si la bengala se dispara con el mismo ´angulo angulo en el mar de la Tranquilidad en la Luna, donde g = 1,6m/s2 , ¿qu´ ¿q u´e alcanc alc ance e tiene? o
Soluci´ on: on: El alcance de un proyectil esta dado por R = v02 sen2α sen2α0 /g. /g. entonces se tiene: para a):
R = (120m/s) m/s)2 sen110o / 9,8m/s2 = 1,38km. 38km. Para b):
R = (120m/s) m/s)2 sen110o / 1,6m/s2 = 8,4km.
Cap´ıtulo 7 Din´ amica, Traba jo y Energ´ıa 7.1.
La Din´ amica amica
La Din´ Din´amica amica es una parte parte de la mec´ mecanica a´nica que estudia las causas que originan un movimiento.
7.2. .2.
Leyes eyes de Newto ewton n
• Primera Ley de Newton (Ley de energ´ energ´ıa) .- “Que todos los cuerpos en reposo,
tiende a seguir en reposo o de movimiento rectilineo uniforme. Mientras no haya una fuerza que modifique dicho estado”
• Segunda Ley de Newton (Principio (Princi pio fundamental de din´ di n´ amica).amica). - “La fuerza resultante que act´ ua sobre un cuerpo es directamente proporcional a la aceleraci´ ua on on = ma, su m´odulo por la masa y que tiene la misma direcci´ on on y sentido”, es decir F odulo es F = ma
on on se opone • Tercera Ley de Newton (Ley de acci´on on y reacci´ on).on).- “A toda acci´
siempre una reacci´ on de igual magnitud y de sentido contrario en la misma linea de on acci´on” on”
7.3. .3.
Peso eso de de los los Cuerpo erposs
• Masa.- Es una medida inerte del cuerpo o una magnitud escalar, la masa es constante
• Peso.- Es una magnitud vectorial que se define como la fuerza gravitacional que ejerce la tierra sobre el cuerpo. La direcci´ on y sentido es hacia la tierra; es decir = mg P
33
(7.1)
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
7.4. 7.4.
34
) Fuerz uerzas as de Fricc ricci´ i´ on on o Rozamiento (f
Se llama fuerza de fricci´ o n a la fuerza tangencial que act´ on u a en la superficie de dos ua cuerpos en contacto y que se opone al movimiento relativo de una de ellos con respecto al otro. Las fuerzas tangenciales son paralelas a las superficies que est´ an an en contacto. es directamente proporcional a la fuerza normal (f La fuerza f (f αN αN )) ®
W
m
®
F
®
f
®
N
f = µN
(7.2)
Donde: W = W = peso N = normal F = F = fuerza exterior f = f = resistencia
A) Fuerza de Fricci´ on on Est´ Est´ atic atico o (f s) Es la fuerza tangencial entre 2 cuerpos en contacto, cuando ambas est´ an en reposo y se manifiestan cuando una se va a desplazar con respecto a otro. f s = µs N
(7.3)
donde: µs= coeficiente de fricci´ on on est´ atica. atica.
B) Fuerza de Fricci´ on on Cin´ Cin´ etic etico o (f k ) Es una fuerza tangencial presente entre dos superficies en contacto, cuando una de ellas se est´a desplazando con respecto a otra. f k = µk N
(7.4)
donde: µk = coeficiente de fricci´ on on cin´ ci n´etic et ica. a. Este coeficiente, co eficiente, tambi´en en depende dep ende de la naturaleza de los cuerpos cu erpos en contacto y siempre es menor que el coeficiente de rozamiento est´ atico atico (µ (µk < µs )
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
35
7.5.
Traba rabajo jo y Energ´ Energ´ıa
7.5. 7.5.1. 1.
Tra rabajo bajo
El trabajo es una magnitud escalar que mide la superficie de la resistencia del cuerpo durante un determinado camino. Matem´ aticamente el trabajo realizado por la fuerza F aticamente sobre el cuerpo es igual al producto escalar de la fuerza por el desplazamiento. r = F r cos θlabelec0 W AB θlabelec042 AB = F
(7.5)
·
Observaciones: 1. Si la fuerza y el desplazamiento tiene la misma direcci´ on on y sentido, entonces el trabajo realizado del punto A a B es igual a la fuerza por la distancia recorrida (si ◦ r F W AB AB F.d, θ = 0 )
|| ⇒
2. si la fuerza fuerza aplicad aplicadaa es perpendicul perpendicular ar al vector vector desplazami desplazamien ento, to, entonc entonces es W AB AB = ◦ 0, θ = 90 r(θ = 3. Si la fuerza es paralela al vector vector desplazamiento en sentido opuesto, entoncesF 180◦ ), W AB Fd AB =
||
−
Trabajo producido de una fuerza en funci´ o n de sus componentes en una trayectoria on curvil´ cur vil´ınea ıne a tenemo ten emos: s: B dr W AB F AB =
· A
Si
= F x i + f y j F j + F z k dr = dxi + dy j j + dz k
F .dr = F x dx + F y dy + F z dz rB
⇒ 7.5.2.
W AB AB =
(F x dx + F y dy + F z dz )
(7.6)
rA
Energ´ Energ´ıa
La Energ´ Energ´ıa es e s la capacidad para la cual c ual se dice d ice que la energ e nerg´´ıa es una magnitud escalar que expresa la capacidad que tiene todo cuerpo de realizar el trabajo, en consecuencia la energ´ energ´ıa de un cuerpo de un sistema si mide por el trabajo traba jo de ella puede realizar. realizar.
Ene En erg´ıa Cin´ Ci n´ etica (E k ) La Energ´ Energ´ıa Cin´etica etica es una forma de energ´ energ´ıa que tiene una capacidad de realizar un trabajo. 1 E k = mv 2 (7.7) 2
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
36
Energ Ene rg´ ´ıa Potenci Pote ncial al (E p ) Y A
B
d r
®
®
®
p=mg
p=mg
y A
y B
®
®
X
− yB
W AB AB =
pd r; p =
yA yB
W AB AB =
−mg j j
mgdy
yA
Trabajo raba jo realizado de la part p art´´ıcula de la posici´ on on de la part par t´ıcula ıcu la W AB mgyB + mgyA AB = W AB mgy B AB = mgy A
−
−
en forma general la E p est´a definida por: E p = mgy = mgh
7.5.3. 7.5.3.
(7.8)
El Prin Princip cipio io de de la Conse Conserv rvaci aci´ on o ´n de Ener Energ g´ıa
Cuando es un sistema s´ olo realizan o hay una fuerza conservativa, que puede ser la olo gravitatoria gravitatoria o el´astica, astica, luego el trabajo realizado realizado por esta fuerza es conservativ conservativaa y se le asocia aso cia un cambio de energ ener g´ıa potencia pot encial. l. as´ as´ı: ∆W = ∆U y por el T.T.E : T.T.E : W = ∆k, luego ∆k = ∆U ∆K + K + ∆U ∆U = 0 (7.9)
−
−
Nota: conservativas as que realizan realizan un trabajo total, • Cuando en un sistema existen fuerzas no conservativ entonces:
F N C E M + W total Mfinal inal = E M Minicial f i nicial
(7.10)
F N C Donde, W total es el trabajo realizada por las fuerzas no conservativas.
7.6. 7.6.
Ejer Ejerci cici cio o Resu Resuel elto toss
Problema 7.1 Los bloques P y Q se encuentran sobre un plano inclinado cuyo ´angulo angulo con la horizontal ◦ es de 30 como se muestra en la figura. Las masas son 7kg y 14kg respectivamente, Q
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
37
e liso, el coeficiente de fricci´on o n para P es µk = 0,3. ¿Co qu´e aceleraci´ aceler aci´on on los bloques se deslizan hacia abajo?. Encontrar la fuerzas de contacto entre los bloques.
Q P 30°
Soluci´ on: on:
D.C.L. ®
a
®
F C ®
a
Q
P ®
F C 30°
f K
30°
®
N P
®
N Q
®
W P
®
W Q
= ma Recordando la 2da ley de Newton F Para el cuerpo P
y = ma F
⇒
◦ W P ay P cos30 + N P P = m p ◦ N P P = W P P cos30
(7.11)
Como f k = µk N p entonces
◦ f k = µW P P cos30 f k = 17, 17,8 N adem´as as
−
x = ma F
◦ C F ax C + W P P sen30 + f k = m p F C sen 30◦ ( i) + f k (i) = mP ax ( i) C ( i) + W P P sen
−
Reemplazando datos tenemos:
F C 16,5 = 7 K g ax C + 16,
−
(7.12)
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
38
Para el cuerpo Q :
•
y = may F
⇒
W Q cos30◦
− N
Q
= mQ(0), entonces
N Q = W Q cos30◦
(7.13)
igualmente
•
x = max F
⇒
C W Q sen30◦ + F ax C = mQ C sen 30◦ ( i) + F W Q sen C (i) = mQ ax ( i)
−
Reemplazando valores
68,6 + F −68, 68,6 −F + 68,
C C
C C
−
= 14a 14ax = 14ax
−
(7.14)
Sumando (7.13) y (7.14) se tiene: 85, 85,1 = 21a 21ax de aqu´ı ax = 4,05 m/s2 En (7.13) 16,5 = 4K g (4, (4,5 m/s2 ) F C C + 16, F C 28,37 16, 16,5 C = 28, F C 11,87 N C = 11,
−
Problema 7.2 Una presa hidroel´ectrica ectrica tiene tras de si un lago con ´area area de 3 106 y costados verticales abajo del nivel de agua, el cual est´a 150m arriba de la base de la presa. Cuando el agua pasa por turbina en la base de la presa, su energ´ energ´ıa mec´anica anica se convierte en energ´ energ´ıa el´ectrica ectric a con eficiencia eficie ncia del 90 %.
×
1. Si la energ energ´ıa potenci potencial al gravit gravitaci aciona onall se toma toma como como cero cero en la base base de la presa, presa, ¿cu´anta anta energ´ energ´ıa hay almacenada en el metro superior sup erior del agua del lago?. 2. La densidad de agua en 100 Kg/m3 ¿Qu´e volumen de agua deber´a pasar por la presa para producir KWatts hora de ener en ergg´ıa el´ectr ec tric ica? a?
−
Soluci´ on: on: 1. E almacenada ρV )gh = ρA(1 ρA(1m m)gh almacenada = mgh = (ρV ) Reemplazando Reemplazando datos: (10000 Kg/m3 )(3 E almac. almac. = (100 = 4,4 1012 J
×
6
2
2
× 10 m )(1m )(1m)(9, )(9,8m/s )(150m )(150m)
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
39
2. El 90 90 % de la la E almc convertid a en energ ener g´ıa el´ectrica, ectr ica, entonces entonc es almc es convertida (0, (0,90)mgh 90)mgh = 1000 K W h (0, (0,90)ρ 90)ρV gh = 1000 K W h reemplazando reemplazando datos 1000 K W h(3600 seg/1 seg/1h) (0, (0,90)(1000 Kg/m3 )(150m )(150m)(9, )(9,8m/s2 ) V = 2,7 103 m3 V =
×
Problema 7.3 Un tejo de 5Kg en soltado en A y al resbalar sobre la superficie ´aspera aspera se disipa 920J 920J de energ´ıa ıa en e n forma fo rma de d e calor, c alor, al desplaz d esplazarse arse desde A hasta has ta B. B . ¿Qu´ ¿Q u´e m´ m odulo o´dulo tiene la reacci´on on 2 cuando el tejo pasa por B?( g = 10m/s 10m/s ) A
20m
23m
mk =0.5
B
37°
R=5m
Soluci´ on: on:Analizando en el punto B ®
v B
R
f k
N NiveldeReferencia NiveldeRefer encia
mgCos53° 53° mgSen53° mg
En el recorrido de A a B se cumple W F.N.C = ∆E M M
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
40
donde F.N.C. fuerzas no conservativas W f k = E M B E M A W f k = (E kB + E P (E kA + E P PB ) PA ) 1 920 = (5)V (5)V B2 5(10)(20) 2 2 vB = 32
−
−
−
−
(7.15)
en (B): aplicando 2da ley de Newton en la direcci´ on on radial
2
F radiales radiales = maR
v N + mg cos53◦ = m B R
⇒
(7.16)
(7.15) en (7.16) tenemos: N = 2N (fuerza normal en B) La fricci´on on cin´ ci n´etic et icaa (f k ) en (B) es: f k = µk N = (0, (0,5)(2N 5)(2N ) = 1N luego, la reacci´on on (R) cuando el tejo pasa por (B) ser´ a: a:
N 2 + f k2 =
R =
√
R =
√
22 + 12 N
5N
Problema 7.4 Una caja de 6 de 6,0kg que se mueve a 3 a 3,0m/s sobre una superficie horizontal sin fricci´on on choca con un resorte ligero cuya constante de fuerza es de 75N/cm. 75N/cm. Use el teorema de trabajo - energ en erg´´ıa para p ara determin d eterminar ar la l a compresi´ com presi´on on maxima del resorte. Soluci´ on: on: Sabiendo que, W tot tot = K 2
− K entonces, 1
1 2 mv 2 0
K 1 =
;
K 2 = 0
el trabajo es dada por la fuerza elastica. W tot tot = compresi´on; on; es decir
− 12 kx
2
=
−
1 kx 2 , 2
donde x es la cantidad de
− 12 mv
x = v0
2 0
m/k = 8,5cm.
Problema 7.5 Un objeto que puede moverse a lo largo del eje x es atraido hacia el origen con una fuerza de magnitud F = αx3 (α = 4,00N/m 00N/m3 ). ¿Cuando vale F cuando el objeto est´a a) en x = 1,00m 00m? b) ¿En x = 2,00m 00m? c) ¿cu´ ando ando trabajo efect´ua ua F cuando el objeto se mueve de x = 1,00m 00m a x = 2,00m 00m? ¿Es este trabajo positivo o negativo?
7. Din´ Di n´ amic am ica, a, Traba ra bajo jo y Energ´ En erg´ıa ıa
41
Soluci´ on: on: Para a): αxa3
4,00N/m 00N/m
=
Para b):
(1, (1,00m 00m)3 = 4,00N 00N
4,00N/m 00N/m3 (2, (2,00m 00m)3 = 32, 32,0N
αx3b =
3
x2
c) La ecuaci´ on on W = x F x dx le da el trabajo necesitado para mover un objeto en contra de la fuerza; El trabajo hecho por la fuerza es la negativa negativa de ´este, este, 1
−
x2
− α4
αx3 dx =
x1
− x42
x41 .
cuando el objeto se mueve de x1 = xa = 1,00m 00m y x2 = xb = 2,00m 00m , lo tanto este trabajo es negativo.
W =
15,0J , por −15,
Problema 7.6 Una fuerza neta de magnitud (5, (5,00N/m 00N/m2 )x2 que forma un ´angulo angulo constante de 31 con el eje +x act´ ua u a sobre un objeto de 0,250kg 250kg mientras ´este este se mueve paralelo al eje x. ¿Qu´e rapidez tiene el objeto en 1,50m 50m si su rapidez era de 4,00m/s 00m/s en x = 1,00m 00m? o
Soluci´ on: on: Como en la siguiente ecuaci´ on: on: W = constante, y entonces se tiene:
P P2 P 1
F cos φdl =
P 2
W =
P P2 P 1
d F l, dl = dx y φ = 31o es
·
x2
F cos φdl =
P 1
=
F cos F cos φdx
x1
5,00N/m 00N/m
2
o
1,50m 50m
cos31
x2 dx
1,00m 00m
⇒ W
= 3,39J. 39J.
La velocidad final del objeto es entonces: v2 =
v12 +
2W = m
v2 = 6,57m/s. 57m/s.
(4, (4,00m/s 00m/s))2 +
2 (3, (3,39J 39J ) (0, (0,250kg 250kg))
Cap´ıtulo 8 Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques 8.1. 8.1.
Can Cantida tidad d de Mo Movimi vimien ento to e Impu Impuls lso o
dv Consideremos una part´ part´ıcula de masa constantes “m”. Puesto que a = , podemos dt escribir escri bir la segun s egunda da ley de Newton para esta part´ıcula ıcula as´ as´ı:
= m dv = d (m F v) dt dt
As´ As´ı, la segunda ley de Newton dice que la fuerza neta
(8.1)
que act´ F ua ua sobre sobr e una part´ıcula ıcula
es igual a la rapidez de cambio de la combinaci´ on on m v , el producto de la masa y la velocidad velocidad de la part´ part´ıcula. Llamamos a esta combinaci´ on on “cantidad de movimiento” de la part´ part´ıcula. para la cantidad de movimiento, tenemos: Si usamos usa mos el s´ımbolo ımb olo P = mv (Definici´on de cantidad de movimiento) P
(8.2)
Consideremos primero una part p art´´ıcula sobre so bre la que act´ ua una fuerza neta constante
F
, se define durante un tiempo ∆t ∆t de t1 a t2 . El impulso de la fuerza neta, denotado con J como el producto de la fuerza neta y el intervalo de tiempo: = J
(t2 F ( F
−t )= 1
∆t (Definici´on de impulso) F ∆ F
(8.3)
dP dP es constante, F constante, tambi´en en es constante. const ante. En tal caso, es igual al dt dt 2 P 1 durante el intervalo t2 t1 divido entre cambio total de cantidad de movimiento P
Si la fuerza neta
−
42
−
8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques
43
el intervalo 2 P F = t2
(t2 F ( F
8.2.
− P −t − P P − P P
−t )
=
1
= J
1
1
2
1
2
1
(8.4)
Choques o Colisiones Colisiones de Part Part´ıculas ıculas
Una colisi´on on puede ser frontal frontal u oblicua. oblicua. En los problemas de colisiones es fundamental fundamental el siguiente principio llamado “regla de colisiones de Newton”
las velocidades relativas de las esferas a lo largo de la normal com´ Sea v12 y v21 un un antes y despu´es es de la colisi´ colision. o´n. Entonces = v12
−v
12
La cantidad llamado el coeficiente de restituci´ on, depende de los materiales de los objetos on, ob jetos y se forma generalmente como una constante cuyo valor varia entre 0 y 1. Si = 0 la colisi´on on se denomina totalmente inel´ astica o simplemente inel´ astica astica. astica. Si = 1 la colisi´on on se denomina totalmente el´ astica astic a o simplemente simple mente el´astica. astica .
8.3. 8.3.
Prob Proble lema mass Resu Resuel elto toss
Problema 8.1 Una granada de 2Kg se encuentra en reposo y explota en 3 pedazos. Como si m1 = 0,6Kg, m2 = 0,6K g y m3 = 0,8K g , la velocidad de los 2 primeros fragmentos despu´es es ◦ de la explosi´on on son 100m/s 100m/s y hacen un ´angulo angulo de 60 . ¿cu´ ¿c u´al al ser´ se r´a la velocidad del tercer fragmento? Soluci´ on: on:
®
v2
®
v1 2
1
60°
60°
vCos60° 2
vCos60° 1 3 ®
v3
8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques
44
Por la conservaci´ on de momentum, se tiene: on 0 = m1v1 + mv2 + m3v3 0 = 0,6K g ( v1 cos60◦ i + v1 sen60◦ j) j ) + 0, 0 ,6K g (v2 cos60◦ i + v2 sen sen 60◦ j) j ) + 0, 0 ,8K g (v3)
−
Dando valores tenemos:
√ √ −√ √ − −√ √
0 = 6( 50i + 50 3 j) j ) + 6(50i + 50 3 j) j ) + 8 8v3 0i + 0 j j = 600 3 j j + 8 3
Luego
v3 = 0i 75 3 j j v3 = 75 3 j j
Problema 8.2 considere la sup erficie cil´ cil´ındrica de la figura desde la altura h se deja deslizar un bloque 1 de masa m masa m que choca el´asticamente asticamente con otro bloque 2 de masa 2m que se encuentra en el punto m´as as bajo ba jo del cilindro cilindro y en reposo. si entre entre los bloques y la superficie cil´ cil´ındrica ındrica no hay roce, calcule las alturas m´aximas aximas a la que llegan los bloques 1 y 2 despu´es es del de l choque. (1)
m
R
®
g h
2m (2)
Soluci´ on: on: Primeramente Primeramente por la conservaci´ conservaci´ on de energ´ energ´ıa, (justo antes del chocar con el e l bloque blo que 2) es: v2 = 2gh (8.5)
del sistema y la E k (ene En el momento que se produce el choque se conserva el P (e nerg´ rg´ıa cin´etica). etica). Antes del choque las velocidades veloc idades de d e los bloques son v, 0 . Ahora llamemos v1 y v2 las velocidades velocida des de los bloques blo ques respectivamente justo despu´es es del d el choque. choque . Por la conservaci´ on de momentum, se tiene: on mv = mv1 + 2mv 2mv2
(8.6)
1 2 1 2 1 mv = mv1 + 2mv22 2 2 2
(8.7)
Por la conservaci´ on on de la energ´ ene rg´ıa ıa
8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques
45
podemos escribir (8.6) y (8.7) como: v v2
−v −v
1 2 1
= 2v2 = 2v22
(8.8) (8.9)
dividiendo (8.9) y (8.8) obtenemos v + v1 = v2
(8.10)
De (8.8) y (8.10) se tiene
1 2 v1 = v , v 2 = v 3 3 Para calcular las alturas, usamos conservaci´ on on de energ´ energ´ıa. Para cada uno de ello, tenemos: ten emos: h1 h2
v12 1 v2 1 = = = h 2g 9 (2g (2g ) 9 v22 4v 2 4 = = = h 2g 9(2g 9(2g ) 9
Problema 8.3 Un bandido suelta una carreta con dos cajas de oro (masa total = 300Kg) que esta en reposo 50mm cuesta arriba de una pendiente de 6.0 ◦ (ver figura). el plan es que la carreta baje la cuesta, ruede por terreno plano y luego caiga en un ca˜ n´ on on donde sus c´ omplices omplices esperan. Sin embargo, en un ´arbol a rbol a 40m del borde del ca˜ n´on on est´an an el llanero solitario (masa 75Kg) y toro (masa 60Kg), quienes se dejan caer verticalmente sobre la carreta al pasar. 1. Si nuestros nuestros heroes necesitan 5 seg. para tomar el oro y saltar, saltar, ¿lo lograr´ lograr´an an antes de que la carreta se despe˜ ne?. La carreta rueda con fricci´on on despreciable. 2. Cuando los heroes caen en la carreta ¿Si se conserva la energ e nerg´´ıa cin´ c in´etica etica del de l sistema de los heroes m´as as la carreta?
300kg
L=50m h=LSen6.0°
6.0° 40m alcañon
Soluci´ on: on:
8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques
46
1. La carreta, carreta, depues depues de llegar llegar abajo de la colina colina,, tenemos tenemos la veloci velocidad dad por princip principio io de conservaci´ on on de energ´ ene rg´ıa: ıa: v2 =
2gL sen6, sen6,0◦ = 10m/s 10m/s ;
h1 = L sen6 sen6,0◦
Luego despues de la colisi´ on on la velocidad es: Por principio de momentum, tenemos m1 v1 = m2 v2 300(10m/s 300(10m/s)) = (450K g )v2 300K 300K g v2 = 10m/s 10m/s = 6,9m/s 450K 450K g
Entonces quiere decir que en 5 seg. la carreta no alcanz´ o el borde. 2. La colis colisi´ i´ on on es e s completa co mpletamente mente inelastica, inelas tica, entonces entonc es la energ´ıa ıa cin´ ci n´etica etica no se s e conserva. co nserva. Luego el cambio de E k es: 1 (435K (435K g )(6, )(6,9m/s) m/s)2 2
(300K g )(10m/s )(10m/s)) = −4769 J − 12 (300K
entonces aproximadamente 4800 J es la perdida.
Problema 8.4 Un ob´ us de 12Kg es disparado con un ´angulo us angulo de 55 ◦ sobre la horizontal con una rapidez de 150Km/s en el cenit de la trayectoria, el ob´us us estalla en do fragmentos, uno con 3 veces m´as as masa que el otro. Los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tempo. Suponga que la resistencia del aire es depreciable. Si el fragmento m´as as pesado cae en el punto desde el cu´al al se lanz´o el ob´us. us. ¿D´onde onde caer´a el fragmento m´as as ligero y cuanta energ´ıa ıa habr´a liberado libe rado en la explosi´on? on? Soluci´ on: on: Los fragmentos son 3Kg y 9Kg, el tiempo m´ aximo que alcanza de altura es igual a aximo tiempo de ca´ ca´ıda a la tierra, t ierra, es decir 9kg
v0 q
v x=vCos q 0 Luego
v g
v3
3kg
8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques
vg = v0 sen θ gt 0 = (150m/s)sen55 m/s)sen55◦ t = 12, 12,5 seg
−
47
2
− 9,8m/s .t
los viajes del fragmento pesado es hacia atr´ as del punto de comienzo, entonces la as velocidades son reverso. vx = v0 cos θ = (150m/s (150m/s)cos55 )cos55◦ = 86, 86,0m/s a despu´es es de la explosi´ explos i´ on, on, este es vg Ahora conseguimos conseguimos v3, usando la conservaci´on on de momentum M v0 = m3v3 + mg vg (12K (12K g )(86m/s )(86m/s)) = (3K g )v3 + (9K (9K g )( 86m/s 86m/s)) v3 = 602m/s
−
Luego el alcance del fragmento m´ as as veloz es: x3 = xantes de expl. + xdesp. de expl. = (86m/s)(12 m/s)(12,,5seg) seg ) + (602m/s (602m/s)(12 )(12,,5m/s) m/s) x 3 = 8 600 m ahora la energ´ıa ıa libe l iberada rada = E Desp. Desp. Expl. E Desp. Desp. Expl.
− E
Antes Antes Expl.
− E
Antes Antes Expl. ,
entonces
1 1 1 m3v32 + mg vg2 (m3 + mg )vg2 2 2 2 1 1 = (3K (3K g )(602m/s )(602m/s))2 + (9K (9K g )(86m/s )(86m/s))2 2 2 5 = 5,33 10 J =
−
− 12 (12K (12K g )(86m/s )(86m/s))
2
×
Problema 8.5 Un lanzador de disco aplica una fuerza neta dada por (αt2 ) i + (β ( β + + γt) γt ) j, j , a un disco de 2 2,00kg 00kg (α = 25, 25,0N/s , β = 30, 30,0N y γ = 5,0N/s) N/s). Si el disco estaba originalmente en reposo, ¿qu´e velocidad tiene despu´es es de que la fuerza neta ha actuado durante 0,500s 500s? Exprese su respuesta en t´ erminos erminos de los vectores unitarios i y j. j . Soluci´ on: on: Sabiendo que, = P
F dt = =
αt3 /3 i + βt + γt 2 /2 j j
8,33N/s 33N/s2 t3 i + 30, 30,0N t + 2, 2,5N/st2 j j
= (1, desp de spu´ u´es es de 0,500s 500s, P (1,04kg.m/s 04kg.m/s)) i + (15, (15,63kg.m/s 63kg.m/s)) j, j , y la velocidad es: v = P /m = (0, (0,52m/s 52m/s)) i + (7, (7,82m/s 82m/s)) j. j.
8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques
48
Problema 8.6 Una pelota de masa M , M , que se mueve horizontalmente a 5,00m/s 00m/s,, choca el´asticamente asticamente con un bloque de masa 3M que inicialmente est´a colgado en reposo del techo sujeto al extremo de un alambre de 50, 50,0cm. cm. Determine el ´angulo angulo m´aximo aximo de oscilaci´on on del bloque despu´ des pu´es es del impacto imp acto.. Soluci´ on: on: Colisi´ on : La conservaci´ on on de momento da,
⇒
mv0 = mv1 + (3m (3m) v3 v0 = v1 + 3v 3 v3
· · · (1)
por la conservaci´ on on de energ ener g´ıa, se tiene: tiene : 1 2 1 2 1 mv0 = mv1 + (3m (3m) v32 2 2 2 2 2 2 v0 = v1 + 3v 3 v3
· · · (2)
⇒
De las ecuaciones (1) y (2) para v3 , se tiene: v3 = 2,50m/s 50m/s.. La conservaci´ on de energ ene rg´ ´ıa despu´ des pu´es es de la colisi´ colisi ´ on :
1 (3m (3m) v32 = (3m (3m) gh = (3m (3m) gl (1 2 As´ As´ı, resolv res olvien iendo do para par a θ se tiene: θ = 68, 68,8o .
− cos θ)
Cap´ıtulo 9 Rotaci´ on on de Cuerp Cuerpos os R´ıgidos ıgidos 9.1.
Cuerpos R´ıgidos
Un sistema de part´ part´ıculas en el que la distancia distancia entre dos part´ part´ıculas cualesquiera cualesquiera no cambia a pesar de las fuerzas que act´ uen, uen, se llama un cuerpo r´ıgido.
9.2. 9.2.
Traslac raslacion iones es y Rotaci Rotacione oness
Un desplazamien desplazamiento to de un cuerpo r´ıgido es un cambio cambio de una posici´ on on a otra. Si durante un desplazamiento todos los puntos del cuerpo permanecen fijos sobre una linea, el desplazamiento es una rotaci´ rotac i´on on alrededor de la linea. Si durante un desplazamiento todos to dos lo puntos puntos del cuerpo r´ıgido se mueven mueven entre si en l´ıneas paralelas, paralelas, el desplazamien desplazamiento to es una traslaci´ on. on.
9.3. 9.3.
Mome Momen nto de In Iner erci cia a
Una cantidad cantidad geom´ geom´etrica etrica de gran importancia importancia al discutir discutir el movimien movimiento to de cuerpos r´ıgidos es el momento de inercia. El momento momento de inercia de una part´ part´ıcula de masa m con respecto a una l´ınea o eje AB se define como: I = mr2 (9.1) donde r es la distancia d istancia de la masa ma sa a la l´ınea El momento momento de inercia inercia de un sistema de part´ part´ıculas de masas m1 , m2 , . . . , mN se define con respecto a la linea o eje AB como N
I =
mν rν 2 = m1r12 + m2r22 +
ν =1 =1
··· + m
Donde r1 , r2 , . . . , rN son sus distancias respectivas a AB
49
2 N rN
(9.2)
9. Rotaci´ on on de Cuerpos Cuerp os R´ıgidos
50 A
m1
r 1
r v mv r dm B
R
Figura 9.1: El momento de inercia de una distribuci´ on continua de masa, como la del cuerpo on r´ıgid ıg idoo s´olido olido R de la figura 9.1 est´ a dado por: I
r 2dm
(9.3)
R
donde r es la distancia desde AB al elemento de masa dm
9.4. 9.4.
Mome Momen ntos tos de de Iner Inerci cia a Espe Especi cial ales es
En la siguiente siguiente tabla aparecen los momentos momentos de inercia de varios cuerpos r´ıgidos que se presen presentan tan en la pr´ actica. actica. Se supone supone en todos los casos que el cuerpo cuerpo tiene tiene densidad densidad uniforme (es decir constante). Cuerp o R´ıgido 1. Cili Cilind ndro ro Circu Circula larr S´ Solido; o´lido; de radio a y masa M con respecto al eje del cilindro. 2. Cilind Cilindro ro Circul Circular ar Hueco Hueco;; de radio radio a y masa M con respecto al eje del cilindro. Espesor de la pared despreciable 3. Esfe Esfera ra S´ olida; olida; de radio a y masa M , con respecto a un di´ametro. ametro. 4. Esfe Esfera ra Huec Hueca; a; de radio radio a y masa M , con respecto al di´ametro, ametro, espesor de la esfera despreciable. 5. Placa Placa Rectangu Rectangular; lar; de lados lados a y b y de masa M alrededor de un eje perpendicular a la placa y que pasa por el centro de masa. 6. Varilla arilla Delgada Delgada;; de longitu longitud d a y masa M , con respecto a un eje perpendicular a la varilla y que pasa por el centro de masa.
Momento de Inercia 1 M a2 2 M a2 2 M a2 5 M a2 1 M (a2 + b2 ) 2 1 M a2 12
9. Rotaci´ on on de Cuerpos Cuerp os R´ıgidos
9.5. 9.5.
51
Prob Proble lema mass Resu Resuel elto toss
Problema 9.1 Determinar el momento de inercia ine rcia de un cilindro hueco con respecto a su eje de simetr´ simetr´ıa. ıa. El cilindro de densidad uniforme tiene una masa total M y radios R1 y R2 Soluci´ on: on: eje L
R2 R1
r dr
En este caso se trata de una distribuci´ on continua de masa, entonces, ρ = on sabiendo que V = πr 2 L
dV = 2πrLdr, πrLdr , luego
⇒
I =
M dM = V dV
r 2 dm
reemplazando reemplazando tenemos
R2
I =
R2
2
r (ρ2πrLdr) πrLdr ) = 2πLρ
R1
adem´as as ρ =
M M = V π (R22 R12 ) L
−
r 3dr
R1
⇒
2πρL =
2M (R22 −R21 )
2M r4 R I = R1 (R22 R21 ) 4 1 M ( M (R42 R21 ) I = 2 (R22 R12 ) 1 I = M ( M (R22 R12 ) 2
−
− − −
2
note que I es independiente de L. De aqu´ aqu´ı podemos obtener los momentos momentos de inercia obtenidos anteriormente Para disco
Para aro R1
R1 = 0 R2 = R
{ ≈R
2
⇒
=R
I = 12 M R2
}⇒
I = M R2
9. Rotaci´ on on de Cuerpos Cuerp os R´ıgidos
52
Problema 9.2 Determinar el momento de inercia de una esfera con respecto a un di´ametro. ametro. La esfera de densidad uniforme tiene una masa total M y radio R. Considerar 1. Esfera Esfera s´ s´olida olida 2. C´ascara asc ara esf´ es f´eric er ica a
Soluci´ on: on: 1. Esfera s´ olida olida R
r d
x
ρ =
M M = 4 3 V πR 3
⇒
dx
3 M 4 R3
ρπ =
r 2 = R2 x2 dm = ρdV = ρπr 2 dx 3 M 2 dm = (R x2 )dx 3 4R dividimos la esfera en discos de radio r y espesor dx tomando como elemento diferencial un disco, si momento de inercia como sabemos, ser´ a: a:
−
−
1 1 3 M 2 dI = (dm) dm)r 2 = (R 2 2 4 R3 3 M 2 dI = (R x2 )2 dx 3 8R
2
− x )dx
(R2
2
−x )
−
Luego, para toda la esfera, integrando para una semiesfera por simetr´ simetr´ıa y duplicado, se tiene I = I = I = I = I =
− − −
R 3 M 2 (R2 x2 )2 dx 3 8R o R 3 M (R4 2R2 x2 + x4 )dx 3 4R 0 3 M 2 5 R5 5 R R + 4 R3 3 5 3 M 8 5 R 4 R3 15 2 M R2 5
9. Rotaci´ on on de Cuerpos Cuerp os R´ıgidos
53
2. C´ascara asc ara esf´erica eri ca Rd q
e
R
r
d q
d
q
M M = 2πρ V 4πR 2 e 1 eR4 = M R2 2 r = R sen θ dv = (2πr (2πr)( )(Rdθ Rdθ)( )(ee) = 2πeR 2 sen θdθ ρ =
⇒
Tomemos como elemento diferencial un aro de radio r, ancho Rdθ y espesor e. El momento de inercia del cascar´ on on ser´ a: a: I =
− − −
I = ρ
r2 dm = ρ
r 2 dV
(R sen θ)2 (2πeR (2πeR 2 sen θ)dθ
I = 2πρeR
4
π
sen3 θdθ
0 π
1 M R2 sen3 θdθ 2 0 π 1 cos θ 2 2 I = MR (2 + sen θ) 2 3 0 1 2 2 1 I = M R2 = M R2 2 3 3 2 2 I = M R2 3 I =
4 3
Problema 9.3 Una esfera consiste en un centro esf´erico erico s´ olido de madera con densidad de 800 Kg/m3 olido y radio de 0,2m, cubierto por una capa delgada de plomo con densidad por ´area area de 2 20Kg/m 20Kg/m . Calcule el momento de inercia de esta esfera en torno a un eje que pasa por su centro. Soluci´ on: on:
9. Rotaci´ on on de Cuerpos Cuerp os R´ıgidos
54
Del problema I = I mad mad + I plomo 2 3 = mM R2 + mP R2 5 2
(9.4)
Sabiendo que 4 3 mM = ρM V M M = ρM πR 3 2 mP = δ P P AP = δ P P 4πR Entonces en (9.4) I = = = I =
2 4 2 2 ρM πR 3 R2 + δ P R2 P 4πR 5 3 3 8 4 ρM R πR + δ P P 3 5 8 (800Kg/m (800Kg/m3)(0, )(0,2m) 4 π(0, (0,20m 20m) + 20Kg/m 20Kg/m2 3 5 0,70K 70K gm 2
Problema 9.4 Un disco compuesto de di´ametro ametro exterior de 140, 140,0cm, cm, es hecho de un material s´olido olido y 2 50,0cm de radio con densidad de ´area 00g/cm rodeada por un anillo uniforme de 50, area de 3,00g/cm conc´entrico entrico cuyo radio interior es de 50, 50,0cm y radio exterior de 70, 70,0cm con densidad 00g/cm2 . Calcule el momento de inercia de este objeto alrededor de un eje de area a´rea de 2,00g/cm perpendicular perpe ndicular al plano del objeto y que pasa a trav´ trav´es es de su centro. Soluci´ on: on: Del problema, I = I d + I r (d = disco, r=radio) Para Disco :
⇒ I
d
3,00g/cm 00g/cm3 πr d2 = 23, 23,56kg 56kg 1 = mdrd2 = 2,945kg.m 945kg.m2 2
md =
Para Radio : Si, (r (r1 = 50, 50,0cm,r2 = 70, 70,0cm) cm)
−
2,00g/cm 00g/cm3 π r22 r12 = 15, 15,08kg 08kg 1 I r = mr (r1 + r2 ) = 5,580kg 580kg m2 2 ∴ I = I d + I r = 8,52kg 52kg m2 mr =
⇒
·
·
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