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Física Universitaria Volumen 1

6.1 Resolución de problemas con las leyes de Newton

Física Universitaria Volumen 16.1 Resolución de problemas con las leyes de Newton
  1. Prefacio
  2. Mecánica
    1. 1 Unidades y medidas
      1. Introducción
      2. 1.1 El alcance y la escala de la Física
      3. 1.2 Unidades y estándares
      4. 1.3 Conversión de unidades
      5. 1.4 Análisis dimensional
      6. 1.5 Estimaciones y cálculos de Fermi
      7. 1.6 Cifras significativas
      8. 1.7 Resolver problemas de física
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    2. 2 Vectores
      1. Introducción
      2. 2.1 Escalares y vectores
      3. 2.2 Sistemas de coordenadas y componentes de un vector
      4. 2.3 Álgebra de vectores
      5. 2.4 Productos de los vectores
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    3. 3 Movimiento rectilíneo
      1. Introducción
      2. 3.1 Posición, desplazamiento y velocidad media
      3. 3.2 Velocidad y rapidez instantáneas
      4. 3.3 Aceleración media e instantánea
      5. 3.4 Movimiento con aceleración constante
      6. 3.5 Caída libre
      7. 3.6 Calcular la velocidad y el desplazamiento a partir de la aceleración
      8. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    4. 4 Movimiento en dos y tres dimensiones
      1. Introducción
      2. 4.1 Vectores de desplazamiento y velocidad
      3. 4.2 Vector de aceleración
      4. 4.3 Movimiento de proyectil
      5. 4.4 Movimiento circular uniforme
      6. 4.5 Movimiento relativo en una y dos dimensiones
      7. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    5. 5 Leyes del movimiento de Newton
      1. Introducción
      2. 5.1 Fuerzas
      3. 5.2 Primera ley de Newton
      4. 5.3 Segunda ley de Newton
      5. 5.4 Masa y peso
      6. 5.5 Tercera ley de Newton
      7. 5.6 Fuerzas comunes
      8. 5.7 Dibujar diagramas de cuerpo libre
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    6. 6 Aplicaciones de las leyes de Newton
      1. Introducción
      2. 6.1 Resolución de problemas con las leyes de Newton
      3. 6.2 Fricción
      4. 6.3 Fuerza centrípeta
      5. 6.4 Fuerza de arrastre y velocidad límite
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    7. 7 Trabajo y energía cinética
      1. Introducción
      2. 7.1 Trabajo
      3. 7.2 Energía cinética
      4. 7.3 Teorema de trabajo-energía
      5. 7.4 Potencia
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    8. 8 Energía potencial y conservación de la energía
      1. Introducción
      2. 8.1 Energía potencial de un sistema
      3. 8.2 Fuerzas conservativas y no conservativas
      4. 8.3 Conservación de la energía
      5. 8.4 Diagramas de energía potencial y estabilidad
      6. 8.5 Fuentes de energía
      7. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
    9. 9 Momento lineal y colisiones
      1. Introducción
      2. 9.1 Momento lineal
      3. 9.2 Impulso y colisiones
      4. 9.3 Conservación del momento lineal
      5. 9.4 Tipos de colisiones
      6. 9.5 Colisiones en varias dimensiones
      7. 9.6 Centro de masa
      8. 9.7 Propulsión de cohetes
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    10. 10 Rotación de un eje fijo
      1. Introducción
      2. 10.1 Variables rotacionales
      3. 10.2 Rotación con aceleración angular constante
      4. 10.3 Relacionar cantidades angulares y traslacionales
      5. 10.4 Momento de inercia y energía cinética rotacional
      6. 10.5 Calcular momentos de inercia
      7. 10.6 Torque
      8. 10.7 Segunda ley de Newton para la rotación
      9. 10.8 Trabajo y potencia en el movimiento rotacional
      10. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    11. 11 Momento angular
      1. Introducción
      2. 11.1 Movimiento rodadura
      3. 11.2 Momento angular
      4. 11.3 Conservación del momento angular
      5. 11.4 Precesión de un giroscopio
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    12. 12 Equilibrio estático y elasticidad
      1. Introducción
      2. 12.1 Condiciones para el equilibrio estático
      3. 12.2 Ejemplos de equilibrio estático
      4. 12.3 Estrés, tensión y módulo elástico
      5. 12.4 Elasticidad y plasticidad
      6. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    13. 13 Gravitación
      1. Introducción
      2. 13.1 Ley de la gravitación universal de Newton
      3. 13.2 Gravitación cerca de la superficie terrestre
      4. 13.3 Energía potencial gravitacional y energía total
      5. 13.4 Órbita satelital y energía
      6. 13.5 Leyes del movimiento planetario de Kepler
      7. 13.6 Fuerzas de marea
      8. 13.7 La teoría de la gravedad de Einstein
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    14. 14 Mecánica de fluidos
      1. Introducción
      2. 14.1 Fluidos, densidad y presión
      3. 14.2 Medir la presión
      4. 14.3 Principio de Pascal y la hidráulica
      5. 14.4 Principio de Arquímedes y flotabilidad
      6. 14.5 Dinámicas de fluidos
      7. 14.6 Ecuación de Bernoulli
      8. 14.7 Viscosidad y turbulencia
      9. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
  3. Ondas y acústica
    1. 15 Oscilaciones
      1. Introducción
      2. 15.1 Movimiento armónico simple
      3. 15.2 Energía en el movimiento armónico simple
      4. 15.3 Comparación de movimiento armónico simple y movimiento circular
      5. 15.4 Péndulos
      6. 15.5 Oscilaciones amortiguadas
      7. 15.6 Oscilaciones forzadas
      8. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    2. 16 Ondas
      1. Introducción
      2. 16.1 Ondas en desplazamiento
      3. 16.2 Matemáticas de las ondas
      4. 16.3 Rapidez de onda en una cuerda estirada
      5. 16.4 La energía y la potencia de una onda
      6. 16.5 Interferencia de ondas
      7. 16.6 Ondas estacionarias y resonancia
      8. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
    3. 17 Sonido
      1. Introducción
      2. 17.1 Ondas sonoras
      3. 17.2 Velocidad del sonido
      4. 17.3 Intensidad del sonido
      5. 17.4 Modos normales de una onda sonora estacionaria
      6. 17.5 Fuentes de sonido musical
      7. 17.6 Batimientos
      8. 17.7 El Efecto Doppler
      9. 17.8 Ondas expansivas
      10. Revisión Del Capítulo
        1. Términos Clave
        2. Ecuaciones Clave
        3. Resumen
        4. Preguntas Conceptuales
        5. Problemas
        6. Problemas Adicionales
        7. Problemas De Desafío
  4. A Unidades
  5. B Factores de conversión
  6. C Constantes fundamentales
  7. D Datos astronómicos
  8. E Fórmulas matemáticas
  9. F Química
  10. G El alfabeto griego
  11. Clave de Respuestas
    1. Capítulo 1
    2. Capítulo 2
    3. Capítulo 3
    4. Capítulo 4
    5. Capítulo 5
    6. Capítulo 6
    7. Capítulo 7
    8. Capítulo 8
    9. Capítulo 9
    10. Capítulo 10
    11. Capítulo 11
    12. Capítulo 12
    13. Capítulo 13
    14. Capítulo 14
    15. Capítulo 15
    16. Capítulo 16
    17. Capítulo 17
  12. Índice

Objetivos De Aprendizaje

Al final de esta sección, podrá:
  • Aplicar técnicas de resolución de problemas para resolver cantidades en sistemas de fuerzas más complejos.
  • Utilizar los conceptos de la cinemática para resolver problemas mediante el empleo de las leyes del movimiento de Newton.
  • Resolver problemas de equilibrio más complejos.
  • Resolver problemas de aceleración más complejos.
  • Aplicar el cálculo a problemas de dinámica más avanzados.

El éxito en la resolución de problemas es necesario para comprender y aplicar los principios físicos. En las Leyes del movimiento de Newton desarrollamos un patrón para analizar y plantear las soluciones a los problemas que involucran las leyes de Newton. En este capítulo, continuamos abordando estas estrategias y aplicando un proceso paso a paso.

Estrategias de resolución de problemas

Aquí seguimos los fundamentos de la resolución de problemas presentados anteriormente en este texto. Sin embargo, hacemos hincapié en las estrategias específicas que son útiles para aplicar las leyes del movimiento de Newton. Una vez que identifique los principios físicos implicados en el problema y determine que incluyen las leyes del movimiento de Newton, puede aplicar estos pasos para encontrar una solución. Estas técnicas también refuerzan conceptos que son útiles en muchas otras áreas de la física. Muchas de las estrategias de resolución de problemas se exponen directamente en los ejemplos trabajados, por lo que las siguientes técnicas deberían reforzar las habilidades que ya ha empezado a desarrollar.

Estrategia de Resolución De Problemas

Aplicación de las leyes del movimiento de Newton

  1. Identifique los principios físicos implicados; enumere los datos dados y las cantidades por calcular.
  2. Haga un esquema de la situación; utilice flechas para representar todas las fuerzas.
  3. Determine el sistema de interés. El resultado es un diagrama de cuerpo libre, que es esencial para resolver el problema.
  4. Aplique la segunda ley de Newton para resolver el problema. Si es necesario, aplique las correspondientes ecuaciones cinemáticas del capítulo sobre el movimiento rectilíneo.
  5. Compruebe si la solución es razonable.

Apliquemos esta estrategia de resolución de problemas al reto de subir un piano de cola a un segundo piso. Una vez que hayamos determinado que las leyes del movimiento de Newton están implicadas (si el problema implica fuerzas), es especialmente importante trazar un esquema pormenorizado de la situación. Este esquema se muestra en la Figura 6.2(a). Entonces, como en la Figura 6.2(b), podemos representar todas las fuerzas con flechas. Siempre que exista información suficiente, es mejor etiquetar estas flechas minuciosamente y hacer que la longitud y la dirección de cada una se correspondan con la fuerza representada.

Esta figura muestra el desarrollo del diagrama de cuerpo libre de un piano que se levanta y pasa por una ventana. La Figura a es un esquema que muestra el piano colgado de una grúa y a medio camino de una ventana. La Figura b identifica las fuerzas. Muestra el mismo esquema con la adición de las fuerzas, representadas como flechas vectoriales marcadas. El vector T apunta hacia arriba, el vector F sub T apunta hacia abajo, el vector w apunta hacia abajo. La Figura c define el sistema de interés. El esquema se muestra de nuevo con el piano encerrado por un círculo e identificado como el sistema de interés. En este diagrama solo se incluyen los vectores T arriba y w abajo. La fuerza descendiente F sub T no es una fuerza sobre el sistema de interés ya que se ejerce sobre el mundo exterior. Debe omitirse en el diagrama de cuerpo libre. También se muestra el diagrama de cuerpo libre. Consiste en un punto, que representa el sistema de interés, y los vectores T apunta hacia arriba y w apunta hacia abajo, con sus colas en el punto. La Figura d muestra la suma de las fuerzas. Se muestran los vectores T y w. Se nos dice que estas fuerzas deben ser iguales y opuestas, ya que la fuerza externa neta es cero. Por lo tanto, T es igual a menos w.
Figura 6.2 (a) Un piano de cola se sube a un segundo piso. (b) Se utilizan flechas para representar todas las fuerzas: T T es la tensión en la cuerda sobre el piano, F T F T es la fuerza que el piano ejerce sobre la cuerda, y w w es el peso del piano. Todas las demás fuerzas, como el empuje de una brisa, se suponen despreciables. (c) Supongamos que nos dan la masa del piano y nos indican que encontremos la tensión en la cuerda. A continuación, definimos el sistema de interés como se muestra y dibujamos un diagrama de cuerpo libre. Ahora F T F T ya no se muestra, porque no es una fuerza que actúe sobre el sistema de interés; mejor dicho, F T F T actúa sobre el mundo exterior. (d) Mostrando solo las flechas, se utiliza el método de suma de cabeza a cola. Es evidente que si el piano está inmóvil, T = - w T = - w .

Como en la mayoría de los problemas, a continuación hay que identificar lo que hay que determinar y lo que se sabe o se puede deducir del problema tal y como está planteado, es decir, hacer una lista de los valores conocidos y las incógnitas. Es especialmente importante identificar el sistema de interés, ya que la segunda ley de Newton solo implica fuerzas externas. Así podemos determinar cuáles fuerzas son externas y cuáles son internas, lo que es un paso necesario para emplear la segunda ley de Newton. (Ver la Figura 6.2(c)). La tercera ley de Newton puede utilizarse para identificar si las fuerzas se ejercen entre los componentes de un sistema (internas) o entre el sistema y algo exterior (externas). Como se ilustra en las Leyes del movimiento de Newton, el sistema de interés depende de la pregunta a la que debemos responder. En los diagramas de cuerpo libre solo se muestran las fuerzas, no la aceleración ni la velocidad. Hemos dibujado varios diagramas de cuerpo libre en los ejemplos de trabajo anteriores. La Figura 6.2(c) muestra un diagrama de cuerpo libre para el sistema de interés. Tenga en cuenta que en un diagrama de cuerpo libre no se muestran las fuerzas internas.

Una vez dibujado el diagrama de cuerpo libre, aplicamos la segunda ley de Newton. Esto se hace en la Figura 6.2(d) para una situación particular. En general, una vez que las fuerzas externas están claramente identificadas en los diagramas de cuerpo libre, debería ser una tarea sencilla ponerlas en forma de ecuación y resolver la incógnita, como se hizo en todos los ejemplos anteriores. Si el problema es unidimensional, es decir, si todas las fuerzas son paralelas, pueden manejarse algebraicamente. Si el problema es bidimensional, hay que descomponerlo en un par de problemas unidimensionales. Para ello, proyectamos los vectores de fuerza sobre un conjunto de ejes elegidos por conveniencia. Como se aprecia en los ejemplos anteriores, la elección de los ejes puede simplificar el problema. Por ejemplo, cuando se trata de una inclinación, lo más conveniente es un conjunto de ejes con un eje paralelo a la inclinación y otro perpendicular a ella. Casi siempre es conveniente hacer un eje paralelo a la dirección del movimiento, si se conoce. En general, basta con escribir la segunda ley de Newton en componentes a lo largo de las diferentes direcciones. Entonces, tiene las siguientes ecuaciones:

Fx=max,Fy=may.Fx=max,Fy=may.

(Si, por ejemplo, el sistema está acelerando horizontalmente, entonces se puede establecer ay=0ay=0). Necesitamos esta información para determinar las fuerzas desconocidas que actúan sobre un sistema.

Como siempre, debemos comprobar la solución. En algunos casos, es fácil saber si la solución es razonable. Por ejemplo, es razonable encontrar que la fricción hace que un objeto se deslice por una inclinación de forma más lenta que cuando no existe fricción. En la práctica, la intuición se desarrolla gradualmente a través de la resolución de problemas; con la experiencia, se facilita paulatinamente juzgar si una respuesta es razonable. Otra forma de comprobar una solución es verificar las unidades. Si estamos resolviendo la fuerza y terminamos con unidades de milímetros por segundo, entonces hemos cometido un error.

Hay muchas aplicaciones interesantes de las leyes del movimiento de Newton, algunas de las cuales se presentan en esta sección. También sirven para ilustrar otras sutilezas de la física y para desarrollar la capacidad de resolución de problemas. En primer lugar, estudiaremos los problemas relacionados con el equilibrio de las partículas, que hacen uso de la primera ley de Newton, y después consideraremos la aceleración de las partículas, que implica la segunda ley de Newton.

Equilibrio de partículas

Recordemos que una partícula en equilibrio es aquella para la que las fuerzas externas están equilibradas. El equilibrio estático implica objetos en reposo, y el equilibrio dinámico implica objetos en movimiento sin aceleración. Sin embargo, es importante recordar que estas condiciones son relativas. Por ejemplo, un objeto puede estar en reposo cuando se ve desde nuestro marco de referencia, pero el mismo objeto parecería estar en movimiento cuando lo ve alguien que se mueve a una velocidad constante. A continuación, utilizaremos los conocimientos adquiridos en las Leyes del movimiento de Newton, relativos a los diferentes tipos de fuerzas y al uso de los diagramas de cuerpo libre, para resolver problemas adicionales de equilibrio de partículas.

Ejemplo 6.1

Diferentes tensiones en diferentes ángulos

Considere el semáforo (con una masa de 15,0 kg) suspendido de dos alambres, como se muestra en la Figura 6.3. Halle la tensión en cada alambre; ignore las masas de los alambres.
Se muestra un esquema de un semáforo suspendido de dos alambres apoyados en dos postes. (b) Se muestran algunas fuerzas en este sistema. Se muestra la tensión T sub uno que hala la parte superior del poste de la izquierda con la flecha vectorial a lo largo del alambre de la izquierda desde la parte superior del poste, y una tensión igual pero opuesta T sub uno se muestra con la flecha que apunta hacia arriba a lo largo del alambre de la izquierda donde está unido a la luz; el alambre de la izquierda forma un ángulo de treinta grados con la horizontal. La tensión T sub dos se muestra con una flecha vectorial que apunta hacia abajo desde la parte superior del poste derecho a lo largo del alambre de la derecha, y una tensión igual pero opuesta T sub dos se muestra con la flecha que apunta hacia arriba a lo largo del alambre de la derecha, que forma un ángulo de cuarenta y cinco grados con la horizontal. El semáforo está suspendido en el extremo inferior de los alambres, y su peso W se muestra mediante una flecha vectorial que actúa hacia abajo. (c) El semáforo es el sistema de interés, se indica encerrando en un círculo el semáforo. La tensión T sub uno a partir del semáforo se muestra con una flecha a lo largo del alambre en un ángulo de treinta grados con la horizontal. La tensión T sub dos a partir del semáforo se muestra con una flecha a lo largo del alambre en un ángulo de cuarenta y cinco grados con la horizontal. El peso W se muestra mediante una flecha vectorial que apunta hacia abajo desde el semáforo. Se muestra un diagrama de cuerpo libre con tres fuerzas que actúan sobre un punto. El peso W actúa hacia abajo; T sub uno y T sub dos actúan en ángulo con la vertical. Se muestra un sistema de coordenadas, con la x positiva hacia la derecha y la y positiva hacia arriba. (d) Se muestran las fuerzas con sus componentes. T sub uno se descompone en T sub uno y apunta verticalmente hacia arriba y T sub uno x apunta a lo largo de la dirección de la x negativa. El ángulo entre T sub uno y T sub uno x es de treinta grados. T sub dos se descompone en T sub dos y apunta verticalmente hacia arriba y T sub dos x apunta a lo largo de la dirección de la x positiva. El ángulo entre T sub dos y T sub dos x es de cuarenta y cinco grados. El peso W se muestra mediante una flecha vectorial que actúa hacia abajo. (e) La fuerza vertical neta es cero, por lo que la ecuación vectorial es T sub uno y más T sub dos y es igual a W. T sub uno y y T sub dos y se muestran en un diagrama de cuerpo libre como flechas de igual longitud que apuntan hacia arriba. W se muestra como una flecha que apunta hacia abajo y cuya longitud es el doble de la de cada una de las flechas T sub uno y y T sub dos y. La fuerza horizontal neta es cero, por lo que el vector T sub uno x es igual a menos el vector T sub dos x. T sub dos x se muestra con una flecha que apunta hacia la derecha, y T sub uno x se muestra con una flecha que apunta hacia la izquierda.
Figura 6.3 Un semáforo está suspendido de dos alambres. (b) Algunas de las fuerzas implicadas. (c) Solo se muestran las fuerzas que actúan sobre el sistema. También se muestra el diagrama de cuerpo libre del semáforo. (d) Las fuerzas proyectadas sobre los ejes vertical (y) y horizontal (x). Los componentes horizontales de las tensiones deben anularse, y la suma de los componentes verticales de las tensiones debe ser igual al peso del semáforo. (e) El diagrama de cuerpo libre muestra las fuerzas verticales y horizontales que actúan sobre el semáforo.

Estrategia

El sistema de interés es el semáforo, y su diagrama de cuerpo libre se muestra en la Figura 6.3(c). Las tres fuerzas implicadas no son paralelas, por lo que deben proyectarse en un sistema de coordenadas. El sistema de coordenadas más conveniente tiene un eje vertical y otro horizontal, y las proyecciones vectoriales sobre este se muestran en la Figura 6.3(d). Hay dos incógnitas en este problema (T1T1 y T2T2), por lo que se necesitan dos ecuaciones para encontrarlas. Estas dos ecuaciones provienen de la aplicación de la segunda ley de Newton a lo largo de los ejes vertical y horizontal; se observa que la fuerza externa neta es cero a lo largo de cada eje porque la aceleración es cero.

Solución

En primer lugar, considere el eje horizontal o x:
Fnetax=T2x+T1x=0.Fnetax=T2x+T1x=0.

Por lo tanto, como es de esperar,

|T1x|=|T2x|.|T1x|=|T2x|.

Esto nos da la siguiente relación:

T1cos30°=T2cos45°.T1cos30°=T2cos45°.

Por lo tanto,

T2=1,225T1.T2=1,225T1.

Observe que T1T1 y T2T2 no son iguales en este caso porque los ángulos de ambos lados no son iguales. Es razonable que T2T2 acabe siendo mayor que T1T1 porque se ejerce más verticalmente que T1.T1.

Consideremos ahora los componentes de la fuerza a lo largo del eje vertical o eje de la y:

Fnetay=T1y+T2y-w=0.Fnetay=T1y+T2y-w=0.

Esto implica

T1y+T2y=w.T1y+T2y=w.

Al sustituir las expresiones de los componentes verticales se obtiene

T1sen30°+T2sen45°=w.T1sen30°+T2sen45°=w.

Hay dos incógnitas en esta ecuación, pero si se sustituye la expresión de T2T2 en términos de T1T1 la reduce a una ecuación con una incógnita:

T1(0,500)+(1,225T1)(0,707)=w=mg,T1(0,500)+(1,225T1)(0,707)=w=mg,

que produce

1,366T1=(15,0kg)(9,80m/s2).1,366T1=(15,0kg)(9,80m/s2).

Al resolver esta última ecuación se obtiene la magnitud de T1T1 que es

T1=108N.T1=108N.

Por último, encontramos la magnitud de T2T2 utilizando la relación entre ellos, T2=1,225T1T2=1,225T1, que se encontró anteriormente. Por lo tanto, obtenemos

T2=132N.T2=132N.

Importancia

Ambas tensiones serían mayores si los dos alambres estuvieran más horizontales, y serán iguales si y solo si los ángulos de ambos lados son iguales (como lo eran en el ejemplo anterior de un equilibrista en las Leyes de movimiento de Newton.

Aceleración de partículas

Hemos dado varios ejemplos de partículas en equilibrio. Ahora nos centramos en los problemas de aceleración de partículas, que son el resultado de una fuerza neta distinta a cero. Vuelva a consultar los pasos dados al principio de esta sección y observe cómo se aplican a los siguientes ejemplos.

Ejemplo 6.2

Fuerza de arrastre en una barcaza

Dos remolcadores empujan una barcaza en diferentes ángulos (Figura 6.4). El primer remolcador ejerce una fuerza de 2,7×105N2,7×105N en la dirección de la x, y el segundo remolcador ejerce una fuerza de 3,6×105N3,6×105N en la dirección de la y. La masa de la barcaza es 5,0×106kg5,0×106kg y su aceleración se observa que es 7,5×10−2m/s27,5×10−2m/s2 en la dirección indicada. ¿Cuál es la fuerza de arrastre del agua sobre la barcaza que se resiste al movimiento? (Nota: La fuerza de arrastre es una fuerza de fricción ejercida por los fluidos, como el aire o el agua. La fuerza de arrastre se opone al movimiento del objeto. Como la barcaza tiene un fondo plano, podemos suponer que la fuerza de arrastre está en la dirección opuesta al movimiento de la barcaza).
(a) Vista desde arriba de dos remolcadores que empujan una barcaza. Un remolcador empuja con la fuerza F sub 1 igual a dos punto siete veces por diez a la cinco newtons, mostrada por una flecha vectorial que actúa hacia la derecha en la dirección de la x. Otro remolcador empuja con una fuerza F sub 2 igual a tres punto seis veces por diez a la cinco newtons que actúa hacia arriba en la dirección de la y positiva. La aceleración de la barcaza, a, se muestra mediante una flecha vectorial dirigida con un ángulo de cincuenta y tres punto un grados por encima del eje de la x. En el diagrama de cuerpo libre, la masa está representada por un punto, F sub 2 actúa hacia arriba en el punto, F sub 1 actúa hacia la derecha, y F sub D actúa aproximadamente hacia el suroeste. (b) Los vectores F sub 1 y F sub 2 son los lados de un triángulo rectángulo. La resultante es la hipotenusa de este triángulo, el vector F sub aplicada, que forma un ángulo de cincuenta y tres punto un grados con el vector base F sub 1. El vector F sub aplicada más el vector de fuerza F sub D, que apunta hacia abajo de la pendiente, es igual al vector de fuerza F sub neta, que apunta hacia arriba de la pendiente.
Figura 6.4 (a) Vista desde arriba de dos remolcadores que empujan una barcaza. (b) El diagrama de cuerpo libre del barco contiene solo las fuerzas que actúan en el plano del agua. Omite las dos fuerzas verticales, el peso de la barcaza y la fuerza de flotación del agua que la sostiene, pues se anulan y no se muestran. Observe que F aplicada F aplicada es la fuerza total aplicada de los remolcadores.

Estrategia

Las direcciones y magnitudes de la aceleración y las fuerzas aplicadas se indican en la Figura 6.4(a). Definimos la fuerza total de los remolcadores sobre la barcaza como FaplicadaFaplicada de modo que
Faplicada=F1+F2.Faplicada=F1+F2.

El arrastre del agua FDFD está en la dirección opuesta a la dirección del movimiento del bote; por lo tanto, esta fuerza trabaja contra Faplicada,Faplicada, como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en la Figura 6.4(b). El sistema de interés aquí es la barcaza, ya que se dan las fuerzas sobre ella y su aceleración. Como las fuerzas aplicadas son perpendiculares, los ejes de la x y la y están en la misma dirección que F1F1 y F2.F2. El problema se convierte rápidamente en unidimensional en la dirección de FaplicadaFaplicada, ya que la fricción va en sentido contrario a Faplicada.Faplicada. Nuestra estrategia consiste en encontrar la magnitud y la dirección de la fuerza neta aplicada FaplicadaFaplicada y luego aplicar la segunda ley de Newton para resolver la fuerza de arrastre FD.FD.

Solución

Dado que FxFx y FyFy son perpendiculares, podemos encontrar la magnitud y la dirección de FaplicadaFaplicada directamente. En primer lugar, la magnitud resultante viene dada por el teorema de Pitágoras:
Faplicada=F12+F22=(2,7×105N)2+(3,6×105N)2=4,5×105N.Faplicada=F12+F22=(2,7×105N)2+(3,6×105N)2=4,5×105N.

El ángulo viene dado por

θ=tan−1(F2F1)=tan−1(3,6×105N2,7×105N)=53,1°.θ=tan−1(F2F1)=tan−1(3,6×105N2,7×105N)=53,1°.

Por la primera ley de Newton, sabemos que esta es la misma dirección que la aceleración. También sabemos que FDFD está en la dirección opuesta a Faplicada,Faplicada, ya que actúa para frenar la aceleración. Por lo tanto, la fuerza externa neta está en la misma dirección que Faplicada,Faplicada, pero su magnitud es ligeramente inferior a Faplicada.Faplicada. El problema es ahora unidimensional. A partir del diagrama de cuerpo libre, podemos ver que

Fneta=Faplicada-FD.Fneta=Faplicada-FD.

Sin embargo, la segunda ley de Newton establece que

Fneta=ma.Fneta=ma.

Por lo tanto,

Faplicada-FD=ma.Faplicada-FD=ma.

Esto se puede resolver para la magnitud de la fuerza de arrastre del agua FDFD en términos de cantidades conocidas:

FD=Faplicada-ma.FD=Faplicada-ma.

Al sustituir los valores conocidos se obtiene

FD=(4,5×105N)-(5,0×106kg)(7,5×10-2m/s2)=7,5×104N.FD=(4,5×105N)-(5,0×106kg)(7,5×10-2m/s2)=7,5×104N.

La dirección de FDFD ya se ha determinado que está en la dirección opuesta a Faplicada,Faplicada, o en un ángulo de 53°53° al sur del oeste.

Importancia

Las cifras utilizadas en este ejemplo son razonables para una barcaza moderadamente grande. Ciertamente, es difícil obtener aceleraciones mayores con los remolcadores, y es deseable poca rapidez para evitar que la barcaza se estrelle contra los muelles. El arrastre es relativamente pequeño para un casco bien diseñado a rapidez baja, de acuerdo con la respuesta a este ejemplo, donde FDFD es menos de 1/600 del peso del barco.

En las Leyes del movimiento de Newton, hablamos de la fuerza normal, que es una fuerza de contacto que actúa normal a la superficie para que un objeto no tenga una aceleración perpendicular a la superficie. La báscula de baño es un excelente ejemplo de una fuerza normal que actúa sobre un cuerpo. Proporciona una lectura cuantitativa de cuánto debe empujar hacia arriba para soportar el peso de un objeto. Sin embargo, ¿podría predecir lo que vería en el dial de una báscula de baño si se subiera a ella durante un viaje en elevador? ¿Verá un valor superior a su peso cuando el elevador se ponga en marcha? ¿Y cuando el elevador se mueve hacia arriba a una rapidez constante? Haga una estimación antes de leer el siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.3

¿Qué indica la báscula de baño en un elevador?

La Figura 6.5 muestra a un hombre de 75,0 kg (con un peso de aproximadamente 165 lb) subido a una báscula de baño en un elevador. Calcule la lectura de la báscula: (a) si el elevador acelera hacia arriba a una tasa de 1,20m/s2,1,20m/s2, y (b) si el elevador se mueve hacia arriba a una rapidez constante de 1 m/s.
Una persona se sube a una báscula de baño en un elevador. Su peso w se muestra con una flecha cerca del pecho, que apunta hacia abajo. F sub s es la fuerza de la báscula sobre la persona, mostrada por un vector que parte de sus pies y apunta verticalmente hacia arriba. W sub s es el peso de la báscula, mostrado por un vector que comienza en la báscula y apunta verticalmente hacia abajo. W sub e es el peso del elevador, mostrado por una flecha quebrada, que comienza en la parte inferior del elevador y apunta verticalmente hacia abajo. F sub p es la fuerza de la persona sobre la báscula, dibujada a partir de la báscula y que apunta verticalmente hacia abajo. F sub t es la fuerza de la báscula sobre el suelo del elevador, apunta verticalmente hacia abajo, y N es la fuerza normal del suelo sobre la báscula, empieza en el elevador cerca de la báscula y apunta hacia arriba. (b) La misma persona se muestra en la báscula del elevador, pero solo se muestran algunas fuerzas que actúan sobre la persona, que es nuestro sistema de interés. W se muestra mediante una flecha que actúa hacia abajo, y F sub s es la fuerza de la báscula sobre la persona, mostrada por un vector que parte de sus pies y apunta verticalmente hacia arriba. También se muestra el diagrama de cuerpo libre, con dos fuerzas que actúan sobre un punto. F sub s actúa verticalmente hacia arriba, y w actúa verticalmente hacia abajo. Se muestra un sistema de coordenadas x y, con la x positiva hacia la derecha y la y positiva hacia arriba.
Figura 6.5 a) Las distintas fuerzas que actúan cuando una persona se sube a una báscula de baño en un elevador. Las flechas son aproximadamente correctas para cuando el elevador acelera hacia arriba; las flechas rotas representan fuerzas demasiado grandes para dibujarse a escala T T es la tensión en el cable de soporte, w w es el peso de la persona, w s w s es el peso de la báscula, w e w e es el peso del elevador, F s F s es la fuerza de la báscula sobre la persona, F p F p es la fuerza de la persona en la báscula, F t F t es la fuerza de la báscula en el suelo del elevador, y N N es la fuerza del suelo hacia arriba sobre la báscula. (b) El diagrama de cuerpo libre muestra únicamente las fuerzas externas que actúan sobre el sistema de interés designado (la persona) y es el diagrama que utilizamos para la solución del problema.

Estrategia

Si la báscula en reposo es precisa, su lectura es igual a FpFp, la magnitud de la fuerza que la persona ejerce hacia abajo sobre ella. La Figura 6.5(a) muestra las numerosas fuerzas que actúan sobre el elevador, la báscula y la persona. Hace que este problema unidimensional parezca mucho más formidable que si se elige a la persona como sistema de interés y se dibuja un diagrama de cuerpo libre, como en la Figura 6.5(b). El análisis del diagrama de cuerpo libre mediante el empleo de las leyes de Newton puede dar respuesta a los dos apartados (a) y (b) de la Figura 6.5 de este ejemplo, así como a otras preguntas que puedan surgir. Las únicas fuerzas que actúan sobre la persona son su peso ww y la fuerza ascendente de la báscula Fs.Fs. Según la tercera ley de Newton, FpFp y FsFs son iguales en magnitud y opuestos en dirección, por lo que necesitamos encontrar FsFs para encontrar lo que marca la báscula. Podemos hacerlo, como siempre, aplicando la segunda ley de Newton,
Fneta=ma.Fneta=ma.

A partir del diagrama de cuerpo libre, vemos que Fneta=Fs-w,Fneta=Fs-w, por lo que tenemos

Fs-w=ma.Fs-w=ma.

Al resolver FsFs nos da una ecuación con una sola incógnita:

Fs=ma+w,Fs=ma+w,

o, dado que w=mg,w=mg, simplemente

Fs=ma+mg.Fs=ma+mg.

No se han hecho suposiciones sobre la aceleración, por lo que esta solución debería ser válida para una variedad de aceleraciones además de las de esta situación. (Nota: Consideramos el caso en que el elevador acelera hacia arriba. Si el elevador acelera hacia abajo, la segunda ley de Newton se convierte en Fs-w=-ma.Fs-w=-ma.)

Solución

  1. Tenemos a=1,20m/s2,a=1,20m/s2, de modo que
    Fs=(75,0kg)(9,80m/s2)+(75,0kg)(1,20m/s2)Fs=(75,0kg)(9,80m/s2)+(75,0kg)(1,20m/s2)
    que produce
    Fs=825N.Fs=825N.
  2. Ahora, ¿qué sucede cuando el elevador alcanza una velocidad constante hacia arriba? ¿La báscula seguirá marcando más que su peso? Para cualquier velocidad constante (hacia arriba, hacia abajo o inmóvil), la aceleración es cero porque a=ΔvΔta=ΔvΔt y Δv=0.Δv=0. Por lo tanto,
    Fs=ma+mg=0+mgFs=ma+mg=0+mg
    o
    Fs=(75,0kg)(9,80m/s2),Fs=(75,0kg)(9,80m/s2),
    que da
    Fs=735N.Fs=735N.

Importancia

La lectura de la báscula en la Figura 6.5(a) es de aproximadamente 185 lb. ¿Qué habría leído la báscula si estuviera inmóvil? Como su aceleración sería cero, la fuerza de la báscula sería igual a su peso:
Fneta=ma=0=Fs-wFneta=ma=0=Fs-w
Fs=w=mgFs=w=mg
Fs=(75,0kg)(9,80m/s2)=735N.Fs=(75,0kg)(9,80m/s2)=735N.

Por lo tanto, la lectura de la báscula en el elevador es mayor que su peso de 735 N (165 libras). Esto significa que la báscula empuja hacia arriba sobre la persona con una fuerza mayor que su peso, como debe ser, para acelerarla hacia arriba. Evidentemente, cuanto mayor sea la aceleración del elevador, mayor será la lectura de la báscula, en consonancia con lo que se siente en los elevadores de aceleración rápida frente a los de aceleración lenta. En la Figura 6.5(b), la lectura de la báscula es de 735 N, que equivale al peso de la persona. Este es el caso siempre que el elevador tenga una velocidad constante, ya sea subiendo, bajando o inmóvil.

Compruebe Lo Aprendido 6.1

Calcule ahora la lectura de la báscula cuando el elevador acelera hacia abajo a una velocidad de 1,20m/s2.1,20m/s2.

La solución del ejemplo anterior también se aplica a un elevador que acelera hacia abajo, como se ha mencionado. Cuando un elevador acelera hacia abajo, a es negativa, y la lectura de la báscula es menor que el peso de la persona. Si se alcanza una velocidad constante hacia abajo, la lectura de la báscula vuelve a ser igual al peso de la persona. Si el elevador está en caída libre y acelera hacia abajo a g, entonces la lectura de la báscula es cero y la persona parece no tener peso.

Ejemplo 6.4

Dos bloques sujetados

La Figura 6.6 muestra un bloque de masa m1m1 en una superficie horizontal sin fricción. Se hala de una cuerda ligera que pasa por una polea sin fricción ni masa. El otro extremo de la cuerda está conectado a un bloque de masa m2.m2. Halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda en términos de m1,m2,yg.m1,m2,yg.
(a) El bloque m sub 1 está en una superficie horizontal. Está atado a una cuerda que pasa por encima de una polea y luego cuelga hacia abajo y se ata al bloque m sub 2. El bloque m sub 1 tiene una aceleración a sub 1 dirigida hacia la derecha. El bloque m sub 2 tiene una aceleración a sub 2 dirigida hacia abajo. (b) Diagramas de cuerpo libre de cada bloque. El bloque m sub 1 tiene una fuerza w sub 1 dirigida verticalmente hacia abajo, N dirigida verticalmente hacia arriba y T dirigida horizontalmente hacia la derecha. El bloque m sub 2 tiene una fuerza w sub 2 dirigida verticalmente hacia abajo, y T dirigida verticalmente hacia arriba. El sistema de coordenadas x y tiene la x positiva hacia la derecha y la y positiva hacia arriba.
Figura 6.6 (a) El bloque 1 está unido por una cuerda ligera al bloque 2. (b) Los diagramas de cuerpo libre de los bloques.

Estrategia

Dibujamos un diagrama de cuerpo libre para cada masa por separado, como se muestra en la Figura 6.6. A continuación, analizamos cado uno de ellos para encontrar las incógnitas necesarias. Las fuerzas sobre el bloque 1 son la fuerza gravitatoria, la fuerza de contacto de la superficie y la tensión de la cuerda. El bloque 2 está sometido a la fuerza gravitatoria y a la tensión de la cuerda. La segunda ley de Newton se aplica a cada uno, por lo que escribimos dos ecuaciones vectoriales:

Para el bloque 1: T+w1+N=m1a1T+w1+N=m1a1

Para el bloque 2: T+w2=m2a2.T+w2=m2a2.

Observe que TT es el mismo para ambos bloques. Como la cuerda y la polea tienen una masa despreciable, y como no hay fricción en la polea, la tensión es la misma en toda la cuerda. Ahora podemos escribir las ecuaciones de los componentes de cada bloque. Todas las fuerzas son horizontales o verticales, por lo que podemos utilizar el mismo sistema de coordenadas horizontales/verticales para ambos objetos.

Solución

Las ecuaciones de los componentes se derivan de las ecuaciones vectoriales anteriores. Vemos que el bloque 1 tiene las fuerzas verticales equilibradas, así que las pasamos por alto y escribimos una ecuación que relacione los componentes de x. No hay fuerzas horizontales en el bloque 2, por lo que se escribe únicamente la ecuación de y. Obtenemos estos resultados:
Bloque 1Bloque 2Fx=maxFy=mayTx=m1a1xTy-m2g=m2a2y.Bloque 1Bloque 2Fx=maxFy=mayTx=m1a1xTy-m2g=m2a2y.

Cuando el bloque 1 se mueve hacia la derecha, el bloque 2 se desplaza a una distancia igual hacia abajo; por lo tanto, a1x=-a2y.a1x=-a2y. Al escribir la aceleración común de los bloques como a=a1x=-a2y,a=a1x=-a2y, ahora tenemos

T=m1aT=m1a

y

T-m2g=-m2a.T-m2g=-m2a.

A partir de estas dos ecuaciones, podemos expresar a y T en términos de las masas m1ym2,yg:m1ym2,yg:

a=m2m1+m2ga=m2m1+m2g

y

T=m1m2m1+m2g.T=m1m2m1+m2g.

Importancia

Observe que la tensión de la cuerda es menor que el peso del bloque que cuelga de su extremo. Un error común en este tipo de problemas es establecer T=m2g.T=m2g. Se puede ver del diagrama de cuerpo libre del bloque 2 que no es correcto si el bloque acelera.

Compruebe Lo Aprendido 6.2

Calcule la aceleración del sistema, y la tensión en la cuerda, cuando las masas son m1=5,00kgm1=5,00kg y m2=3,00kg.m2=3,00kg.

Ejemplo 6.5

Máquina de Atwood

Un problema clásico de la física, similar al que acabamos de resolver, es el de la máquina de Atwood, que consiste en una cuerda que pasa por una polea, con dos objetos de diferente masa unidos. Sirve especialmente para comprender la conexión entre fuerza y movimiento. En la Figura 6.7, m1=2,00kgm1=2,00kg y m2=4,00kg.m2=4,00kg. Considere que la polea no tiene fricción. (a) Si m2m2 se libera, ¿cuál será su aceleración? (b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda?
La máquina de Atwood consta de masas suspendidas a ambos lados de una polea mediante una cuerda que pasa por encima de la polea. En la figura, la masa m sub 1 está a la izquierda y la masa m sub 2 a la derecha. El diagrama de cuerpo libre del bloque uno muestra la masa uno con el vector de fuerza T que apunta verticalmente hacia arriba y el vector de fuerza w sub uno apunta verticalmente hacia abajo. El diagrama de cuerpo libre del bloque dos muestra la masa dos con el vector de fuerza T que apunta verticalmente hacia arriba y el vector de fuerza w sub dos apunta verticalmente hacia abajo.
Figura 6.7 Una máquina de Atwood y diagramas de cuerpo libre para cada uno de los dos bloques.

Estrategia

Dibujamos un diagrama de cuerpo libre para cada masa por separado, como se muestra en la figura. A continuación, analizamos cada diagrama para encontrar las incógnitas necesarias. Esto puede implicar la solución de ecuaciones simultáneas. También es importante señalar la similitud con el ejemplo anterior. Como el bloque 2 acelera con aceleración a2a2 hacia abajo, el bloque 1 acelera hacia arriba con aceleración a1a1. Por lo tanto, a=a1=-a2.a=a1=-a2.

Solución

  1. Tenemos
    Param1,Fy=T-m1g=m1a.Param2,Fy=T-m2g=-m2a.Param1,Fy=T-m1g=m1a.Param2,Fy=T-m2g=-m2a.
    (El signo negativo delante de m2am2a indica que m2m2 acelera hacia abajo; ambos bloques aceleran a la misma velocidad, pero en direcciones opuestas). Resuelva las dos ecuaciones simultáneamente (réstelas) y el resultado es
    (m2-m1)g=(m1+m2)a.(m2-m1)g=(m1+m2)a.
    Al resolver a:
    a=m2-m1m1+m2g=4kg-2kg4kg+2kg(9,8m/s2)=3,27m/s2.a=m2-m1m1+m2g=4kg-2kg4kg+2kg(9,8m/s2)=3,27m/s2.
  2. Al observar el primer bloque, vemos que
    T-m1g=m1aT=m1(g+a)=(2kg)(9,8m/s2+3,27m/s2)=26,1N.T-m1g=m1aT=m1(g+a)=(2kg)(9,8m/s2+3,27m/s2)=26,1N.

Importancia

El resultado de la aceleración dado en la solución puede interpretarse como la razón de la fuerza desequilibrada sobre el sistema, (m2-m1)g(m2-m1)g, a la masa total del sistema, m1+m2m1+m2. También podemos utilizar la máquina de Atwood para medir la intensidad del campo gravitatorio local.

Compruebe Lo Aprendido 6.3

Determine una fórmula general en términos de m1,m2m1,m2 y g para calcular la tensión en la cuerda para la máquina de Atwood mostrada arriba.

Leyes del movimiento y cinemática de Newton

La física es más interesante y poderosa cuando se aplica a situaciones generales que implican algo más que un estrecho conjunto de principios físicos. Las leyes del movimiento de Newton también pueden integrarse con otros conceptos que se han tratado anteriormente en este texto para resolver problemas de movimiento. Por ejemplo, las fuerzas producen aceleración, un tema de la cinemática, y de ahí la relevancia de los capítulos anteriores.

Al abordar problemas que implican varios tipos de fuerzas, aceleración, velocidad o posición, la enumeración de las cantidades dadas y de las que hay que calcular le permitirá identificar los principios implicados. A continuación, puede consultar los capítulos que tratan un tema concreto y resolver el problema con las estrategias indicadas en el texto. El siguiente ejemplo trabajado ilustra cómo se aplica la estrategia de resolución de problemas, dada anteriormente en este capítulo, así como las estrategias presentadas en otros capítulos, a un problema de concepto integrado.

Ejemplo 6.6

¿Qué fuerza debe ejercer una jugadora de fútbol para alcanzar la velocidad máxima?

Una jugadora de fútbol comienza en reposo y acelera hacia delante, y alcanza una velocidad de 8,00 m/s en 2,50 s. (a) ¿Cuál es su aceleración media? (b) ¿Qué fuerza media ejerce el suelo hacia delante sobre la corredora para que alcance esta aceleración? La masa de la jugadora es de 70,0 kg y la resistencia del aire es despreciable.

Estrategia

Para encontrar las respuestas a este problema, utilizamos la estrategia de resolución de problemas, dada anteriormente en este capítulo. Las soluciones de cada parte del ejemplo ilustran cómo aplicar los pasos específicos de la resolución de problemas. En este caso, no es necesario utilizar todos los pasos. Simplemente identificamos los principios físicos y, por lo tanto, los valores conocidos y las incógnitas; aplicamos la segunda ley de Newton y comprobamos si la respuesta es razonable.

Solución

  1. Se nos dan las velocidades inicial y final (cero y 8,00 m/s hacia adelante); por lo tanto, el cambio de velocidad es Δv=8,00m/sΔv=8,00m/s. Nos dan el tiempo transcurrido, así que Δt=2,50s.Δt=2,50s. La incógnita es la aceleración, que se puede encontrar a partir de su definición:
    a=ΔvΔt.a=ΔvΔt.
    Al sustituir los valores conocidos se tiene
    a=8,00m/s2,50s=3,20m/s2.a=8,00m/s2,50s=3,20m/s2.
  2. Aquí se nos pide que encontremos la fuerza media que el suelo ejerce sobre la corredora para producir esta aceleración. (Recuerde que se trata de la fuerza o fuerzas que actúan sobre el objeto de interés). Esta es la fuerza de reacción a la que ejerce la jugadora hacia atrás contra el suelo, por la tercera ley de Newton. Al ignorar la resistencia del aire, esto sería igual en magnitud a la fuerza externa neta sobre la jugadora, ya que esta fuerza causa su aceleración. Como ahora conocemos la aceleración de la jugadora y tenemos su masa, podemos utilizar la segunda ley de Newton para encontrar la fuerza ejercida. Eso es,
    Fneta=ma.Fneta=ma.
    Al sustituir los valores conocidos de m y a obtenemos
    Fneta=(70,0kg)(3,20m/s2)=224N.Fneta=(70,0kg)(3,20m/s2)=224N.

Este es un resultado razonable: la aceleración es alcanzable para un atleta en buenas condiciones. La fuerza es de aproximadamente 50 libras, una fuerza media razonable.

Importancia

Este ejemplo ilustra cómo aplicar las estrategias de resolución de problemas a situaciones que incluyen temas de diferentes capítulos. El primer paso es identificar los principios físicos, los valores conocidos y las incógnitas del problema. El segundo paso es resolver la incógnita, en este caso con la segunda ley de Newton. Por último, comprobamos nuestra respuesta para asegurarnos de que sea razonable. Estas técnicas de problemas de conceptos integrados serán útiles en aplicaciones de la física fuera de un curso de física, como en su profesión, en otras disciplinas científicas y en la vida cotidiana.

Compruebe Lo Aprendido 6.4

La jugadora de fútbol se detiene tras realizar la jugada descrita anteriormente, pero ahora se da cuenta de que la pelota se puede robar. Si ahora experimenta una fuerza de 126 N para intentar robar la pelota, que está a 2,00 m de ella, ¿cuánto tiempo tardará en llegar a la pelota?

Ejemplo 6.7

¿Qué fuerza actúa sobre un modelo de helicóptero?

Un modelo de helicóptero de 1,50 kg tiene una velocidad de 5,00j^m/s5,00j^m/s a t=0.t=0. Se acelera a una tasa constante durante dos segundos (2,00 s) después de lo cual tiene una velocidad de (6,00i^+12,00j^)m/s.(6,00i^+12,00j^)m/s. ¿Cuál es la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre el helicóptero durante este intervalo?

Estrategia

Podemos establecer fácilmente un sistema de coordenadas en el que el eje de la x (i^(i^) es horizontal, y el eje de la y (j^(j^) es vertical. Sabemos que Δt=2,00sΔt=2,00s y Δv=(6,00i^+12,00j^m/s)-(5,00j^m/s).Δv=(6,00i^+12,00j^m/s)-(5,00j^m/s). A partir de esto, podemos calcular la aceleración por la definición; entonces podemos aplicar la segunda ley de Newton.

Solución

Tenemos
a=ΔvΔt=(6,00i^+12,00j^m/s)-(5,00j^m/s)2,00s=3,00i^+3,50j^m/s2a=ΔvΔt=(6,00i^+12,00j^m/s)-(5,00j^m/s)2,00s=3,00i^+3,50j^m/s2
F=ma=(1,50kg)(3,00i^+3,50j^m/s2)=4,50i^+5,25j^N.F=ma=(1,50kg)(3,00i^+3,50j^m/s2)=4,50i^+5,25j^N.

La magnitud de la fuerza se encuentra ahora fácilmente:

F=(4,50N)2+(5,25N)2=6,91N.F=(4,50N)2+(5,25N)2=6,91N.

Importancia

El problema original se planteó en términos de componentes vectoriales i^-j^i^-j^, por lo que utilizamos métodos vectoriales. Compare este ejemplo con el anterior.

Compruebe Lo Aprendido 6.5

Halle la dirección de la resultante para el modelo de helicóptero de 1,50 kg.

Ejemplo 6.8

Tractor de equipaje

La Figura 6.8(a) muestra un tractor de equipaje que hala los carros portaequipajes de un avión. El tractor tiene una masa de 650,0 kg, mientras que el carro A tiene una masa de 250,0 kg y el carro B tiene una masa de 150,0 kg. La fuerza motriz que actúa durante un breve lapso acelera el sistema desde el reposo y actúa durante 3,00 s. (a) Si esta fuerza motriz está dada por F=(820,0t)N,F=(820,0t)N, halle la rapidez después de 3,00 segundos. (b) ¿Cuál es la fuerza horizontal que actúa sobre el cable de conexión entre el tractor y el carro A en este instante?
La Figura (a) muestra un tractor de equipaje que conduce hacia la izquierda y hala dos carros portaequipajes. Se muestran las fuerzas externas sobre el sistema. Las fuerzas sobre el tractor son F sub tractor, horizontalmente hacia la izquierda, N sub tractor verticalmente hacia arriba, y w sub tractor verticalmente hacia abajo. Las fuerzas sobre el carro inmediatamente detrás del tractor, el carro A, son N sub A verticalmente hacia arriba, y w sub A verticalmente hacia abajo. Las fuerzas sobre el carro B, el que está detrás del carro A, son N sub B verticalmente hacia arriba, y w sub B verticalmente hacia abajo. La Figura (b) muestra el diagrama de cuerpo libre del tractor, compuesto por F sub tractor, horizontalmente hacia la izquierda, N sub tractor, verticalmente hacia arriba, w sub tractor, verticalmente hacia abajo, y T, horizontalmente hacia la derecha.
Figura 6.8 (a) Se muestra un diagrama de cuerpo libre que indica todas las fuerzas externas sobre el sistema formado por el tractor y los carros portaequipajes para transportar el equipaje de la aerolínea. (b) Se muestra un diagrama de cuerpo libre solo del tractor aislado para calcular la tensión en el cable a los carros.

Estrategia

Un diagrama de cuerpo libre muestra la fuerza motriz del tractor, que da al sistema su aceleración. Solo tenemos que considerar el movimiento en la dirección horizontal. Las fuerzas verticales se equilibran entre sí y no es necesario considerarlas. Para la parte b, utilizamos un diagrama de cuerpo libre del tractor solo para determinar la fuerza entre este y el carro A. Esto expone la fuerza de acoplamiento T,T, que es nuestro objetivo.

Solución

  1. Fx=msistemaaxFx=msistemaax y Fx=820,0t,Fx=820,0t, así que
    820,0t=(650,0+250,0+150,0)aa=0,7809t.820,0t=(650,0+250,0+150,0)aa=0,7809t.
    Dado que la aceleración es una función del tiempo, podemos determinar la velocidad del tractor mediante a=dvdta=dvdt con la condición inicial de que v0=0v0=0 a t=0.t=0. Integramos desde t=0t=0 a t=3:t=3:
    dv=adt,03dv=03,00adt=03,000,7809tdt,v=0,3905t2]03,00=3,51m/s.dv=adt,03dv=03,00adt=03,000,7809tdt,v=0,3905t2]03,00=3,51m/s.
  2. Consulte el diagrama de cuerpo libre en la Figura 6.8(b).
    Fx=mtractorax820,0t-T=mtractor(0,7805)t(820,0)(3,00)-T=(650,0)(0,7805)(3,00)T=938N.Fx=mtractorax820,0t-T=mtractor(0,7805)t(820,0)(3,00)-T=(650,0)(0,7805)(3,00)T=938N.

Importancia

Como la fuerza varía con el tiempo, debemos utilizar el cálculo para resolver este problema. Observe cómo la masa total del sistema era importante para resolver la (a) Figura 6.8, mientras que solo la masa del camión (ya que suministraba la fuerza) era útil en la Figura 6.8(b).

Recuerde que v=dsdtv=dsdt y a=dvdta=dvdt. Si la aceleración es una función del tiempo, podemos utilizar las formas de cálculo desarrolladas en Movimiento en línea recta, como se muestra en este ejemplo. Sin embargo, a veces la aceleración es una función del desplazamiento. En este caso, podemos derivar un resultado importante de estas relaciones de cálculo. Al resolver dt en cada uno, tenemos dt=dsvdt=dsv y dt=dva.dt=dva. Ahora, al igualar estas expresiones, tenemos dsv=dva.dsv=dva. Podemos reordenar esto para obtener ads=vdv.ads=vdv.

Ejemplo 6.9

Movimiento de un proyectil disparado verticalmente

Un proyectil de mortero de 10,0 kg se dispara verticalmente hacia arriba desde el suelo, con una velocidad inicial de 50,0 m/s (ver la Figura 6.9). Determine la altura máxima que recorrerá si la resistencia atmosférica se mide como FD=(0,0100v2)N,FD=(0,0100v2)N, donde v es la rapidez en cualquier instante.
(a) Fotografía de un soldado que dispara un proyectil de mortero en línea recta. (b) Diagrama de cuerpo libre del proyectil de mortero muestra las fuerzas F sub D y w, ambas apuntan verticalmente hacia abajo. La fuerza w es mayor que la fuerza F sub D.
Figura 6.9 (a) El mortero dispara un proyectil en línea recta hacia arriba; consideramos la fuerza de fricción proporcionada por el aire. (b) Se muestra un diagrama de cuerpo libre que indica todas las fuerzas sobre el proyectil de mortero (créditos: a. modificación del trabajo de OS541/DoD. La información visual del Departamento de Defensa (Department of Defense, DoD) de los EE. UU. no implica ni constituye el respaldo del DoD).

Estrategia

La fuerza conocida sobre el proyectil de mortero puede relacionarse con su aceleración mediante el empleo de las ecuaciones del movimiento. La cinemática puede utilizarse entonces para relacionar la aceleración del proyectil de mortero con su posición.

Solución

Inicialmente, y0=0y0=0 y v0=50,0m/s.v0=50,0m/s. En la altura máxima y=h,v=0.y=h,v=0. El diagrama de cuerpo libre muestra FDFD actúa hacia abajo, porque frena el movimiento ascendente del proyectil de mortero. Así, podemos escribir
Fy=may Fy=may
-FD-w=may-0,0100v2-98,0=10,0aa=−0,00100v2-9,80.-FD-w=may-0,0100v2-98,0=10,0aa=−0,00100v2-9,80.

La aceleración depende de v y, por tanto, es variable. Dado que a=f(v),a=f(v), podemos relacionar a con v mediante el reordenamiento descrito anteriormente,

ads=vdv.ads=vdv.

Sustituimos ds por dy porque se trata de la dirección vertical,

ady=vdv,(−0,00100v2-9,80)dy=vdv.ady=vdv,(−0,00100v2-9,80)dy=vdv.

Ahora separamos las variables (v y dv por un lado; dy por otro):

0hdy=50,00vdv(−0,00100v2-9,80)0hdy=-50,00vdv(0,00100v2+9,80)=(−5×103)ln(0,00100v2+9,80)|50,00.0hdy=50,00vdv(−0,00100v2-9,80)0hdy=-50,00vdv(0,00100v2+9,80)=(−5×103)ln(0,00100v2+9,80)|50,00.

Por lo tanto, h=114m.h=114m.

Importancia

Observe la necesidad de aplicar el cálculo, ya que la fuerza no es constante, lo que significa también que la aceleración no es constante. Por si fuera poco, la fuerza depende de v (no de t), por lo que debemos utilizar el truco explicado antes del ejemplo. La respuesta para la altura indica una menor elevación si hubiera resistencia del aire. Trataremos los efectos de la resistencia del aire y otras fuerzas de arrastre con más detalle en Fuerza de arrastre y velocidad límite.

Compruebe Lo Aprendido 6.6

Si se ignora la resistencia atmosférica, halle la altura máxima del proyectil de mortero. ¿Es necesario el cálculo para esta solución?

Interactivo

Explore las fuerzas que actúan en esta simulación cuando intenta empujar un archivador. Cree una fuerza aplicada y vea la fuerza de fricción resultante y la fuerza total que actúa sobre el archivador. Los gráficos muestran las fuerzas, la posición, la velocidad y la aceleración frente al tiempo. Visualice un diagrama de cuerpo libre de todas las fuerzas (inclusive las fuerzas gravitacionales y normales).

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