6.1 Resolución de problemas con las leyes de Newton

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.

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.

Figura 6.2 (a) Un piano de cola se sube a un segundo piso. (b) Se utilizan flechas para representar todas las fuerzas: $\overrightarrow{T}$ es la tensión en la cuerda sobre el piano, ${\overrightarrow{F}}_{\text{T}}$ es la fuerza que el piano ejerce sobre la cuerda, y $\overrightarrow{w}$ 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 ${\overrightarrow{F}}_{\text{T}}$ ya no se muestra, porque no es una fuerza que actúe sobre el sistema de interés; mejor dicho, ${\overrightarrow{F}}_{\text{T}}$ 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, $\overrightarrow{T}=\text{-}\overrightarrow{w}$.

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:

(Si, por ejemplo, el sistema está acelerando horizontalmente, entonces se puede establecer $a_y=0$). 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.

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 ($T_1$ y $T_2$), 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:

$$F_{\text{neta}x}=T_{2x}+T_{1x}=0.$$

Por lo tanto, como es de esperar,

$$\left|T_{1x}\right|=\left|T_{2x}\right|.$$

Esto nos da la siguiente relación:

$$T_1\text{cos}30\text{°}=T_2\text{cos}45\text{°}.$$

Por lo tanto,

$$T_2=\mathrm{1,225}{T}_1.$$

Observe que $T_1$ y $T_2$ no son iguales en este caso porque los ángulos de ambos lados no son iguales. Es razonable que $T_2$ acabe siendo mayor que $T_1$ porque se ejerce más verticalmente que $T_1.$

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

$$F_{\text{neta}y}=T_{1y}+T_{2y}-w=0.$$

Esto implica

$$T_{1y}+T_{2y}=w.$$

Al sustituir las expresiones de los componentes verticales se obtiene

$$T_1\text{sen}30\text{°}+T_2\text{sen}45\text{°}=w.$$

Hay dos incógnitas en esta ecuación, pero si se sustituye la expresión de $T_2$ en términos de $T_1$ la reduce a una ecuación con una incógnita:

$$T_1(\mathrm{0,500})+(\mathrm{1,225}{T}_1)(\mathrm{0,707})=w=mg,$$

que produce

$$\mathrm{1,366}{T}_1=(\mathrm{15,0}\text{kg})(\mathrm{9,80}{\text{m/s}}^2).$$

Al resolver esta última ecuación se obtiene la magnitud de $T_1$ que es

$$T_1=108\text{N}.$$

Por último, encontramos la magnitud de $T_2$ utilizando la relación entre ellos, $T_2=\mathrm{1,225}{T}_1$, que se encontró anteriormente. Por lo tanto, obtenemos

$$T_2=132\text{N}.$$

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 $\mathrm{2,7}\times {10}^5\text{N}$ en la dirección de la x, y el segundo remolcador ejerce una fuerza de $\mathrm{3,6}\times {10}^5\text{N}$ en la dirección de la y. La masa de la barcaza es $\mathrm{5,0}\times {10}^6\text{kg}$ y su aceleración se observa que es $\mathrm{7,5}\times {10}^{\mathrm{-2}}{\text{m/s}}^2$ 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).

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 ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}$ 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 ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}$ de modo que

$${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}={\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_2.$$

El arrastre del agua ${\overrightarrow{F}}_{\text{D}}$ está en la dirección opuesta a la dirección del movimiento del bote; por lo tanto, esta fuerza trabaja contra ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}},$ 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 ${\overrightarrow{F}}_1$ y ${\overrightarrow{F}}_2.$ El problema se convierte rápidamente en unidimensional en la dirección de ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}$, ya que la fricción va en sentido contrario a ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}.$ Nuestra estrategia consiste en encontrar la magnitud y la dirección de la fuerza neta aplicada ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}$ y luego aplicar la segunda ley de Newton para resolver la fuerza de arrastre ${\overrightarrow{F}}_{\text{D}}.$

Solución

Dado que $F_x$ y $F_y$ son perpendiculares, podemos encontrar la magnitud y la dirección de ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}$ directamente. En primer lugar, la magnitud resultante viene dada por el teorema de Pitágoras:

$$F_{\text{aplicada}}=\sqrt{F_1^2+F_2^2}=\sqrt{{(\mathrm{2,7}\times {10}^5\text{N})}^2+{(\mathrm{3,6}\times {10}^5\text{N})}^2}=\mathrm{4,5}\times {10}^5\text{N}\text{.}$$

El ángulo viene dado por

$$\theta ={\text{tan}}^{\mathrm{-1}}\left(\frac{F_2}{F_1}\right)={\text{tan}}^{\mathrm{-1}}\left(\frac{\mathrm{3,6}\times {10}^5\text{N}}{\mathrm{2,7}\times {10}^5\text{N}}\right)=\mathrm{53,1}\text{°}.$$

Por la primera ley de Newton, sabemos que esta es la misma dirección que la aceleración. También sabemos que ${\overrightarrow{F}}_{\text{D}}$ está en la dirección opuesta a ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}},$ ya que actúa para frenar la aceleración. Por lo tanto, la fuerza externa neta está en la misma dirección que ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}},$ pero su magnitud es ligeramente inferior a ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}}.$ El problema es ahora unidimensional. A partir del diagrama de cuerpo libre, podemos ver que

$$F_{\text{neta}}=F_{\text{aplicada}}-F_{\text{D}}.$$

Sin embargo, la segunda ley de Newton establece que

$$F_{\text{neta}}=ma.$$

Por lo tanto,

$$F_{\text{aplicada}}-F_{\text{D}}=ma.$$

Esto se puede resolver para la magnitud de la fuerza de arrastre del agua $F_{\text{D}}$ en términos de cantidades conocidas:

$$F_{\text{D}}=F_{\text{aplicada}}-ma.$$

Al sustituir los valores conocidos se obtiene

$$F_{\text{D}}=\left(\mathrm{4,5}\times {10}^5\text{N}\right)-\left(\mathrm{5,0}\times {10}^6\text{kg}\right)\left(\mathrm{7,5}\times {10}^{-2}{\text{m/s}}^2\right)=\mathrm{7,5}\times {10}^4\text{N}\text{.}$$

La dirección de ${\overrightarrow{F}}_{\text{D}}$ ya se ha determinado que está en la dirección opuesta a ${\overrightarrow{F}}_{\text{aplicada}},$ o en un ángulo de $53\text{°}$ 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 $F_{\text{D}}$ 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 $\mathrm{1,20}{\text{m/s}}^2,$ y (b) si el elevador se mueve hacia arriba a una rapidez constante de 1 m/s.

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 $\overrightarrow{T}$ es la tensión en el cable de soporte, $\overrightarrow{w}$ es el peso de la persona, ${\overrightarrow{w}}_{\text{s}}$ es el peso de la báscula, ${\overrightarrow{w}}_{\text{e}}$ es el peso del elevador, ${\overrightarrow{F}}_{\text{s}}$ es la fuerza de la báscula sobre la persona, ${\overrightarrow{F}}_{\text{p}}$ es la fuerza de la persona en la báscula, ${\overrightarrow{F}}_{\text{t}}$ es la fuerza de la báscula en el suelo del elevador, y $\overrightarrow{N}$ 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 ${\overrightarrow{F}}_{\text{p}}$, 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 $\overrightarrow{w}$ y la fuerza ascendente de la báscula ${\overrightarrow{F}}_{\text{s}}.$ Según la tercera ley de Newton, ${\overrightarrow{F}}_{\text{p}}$ y ${\overrightarrow{F}}_{\text{s}}$ son iguales en magnitud y opuestos en dirección, por lo que necesitamos encontrar $F_{\text{s}}$ para encontrar lo que marca la báscula. Podemos hacerlo, como siempre, aplicando la segunda ley de Newton,

$${\overrightarrow{F}}_{\text{neta}}=m\overrightarrow{a}.$$

A partir del diagrama de cuerpo libre, vemos que ${\overrightarrow{F}}_{\text{neta}}={\overrightarrow{F}}_s-\overrightarrow{w},$ por lo que tenemos

$$F_{\text{s}}-w=ma.$$

Al resolver $F_s$ nos da una ecuación con una sola incógnita:

$$F_{\text{s}}=ma+w,$$

o, dado que $w=mg,$ simplemente

$$F_{\text{s}}=ma+mg.$$

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 $F_s-w=\text{-}ma.$)

Solución

1. Tenemos $a=\mathrm{1,20}{\text{m/s}}^2,$ de modo que
   $$F_{\text{s}}=(\mathrm{75,0}\text{kg})(\mathrm{9,80}{\text{m/s}}^2)+(\mathrm{75,0}\text{kg})(\mathrm{1,20}{\text{m/s}}^2)$$
   que produce
   $$F_{\text{s}}=825\text{N}\text{.}$$
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 $a=\frac{\text{Δ}v}{\text{Δ}t}$ y $\text{Δ}v=0.$ Por lo tanto,
   $$F_{\text{s}}=ma+mg=0+mg$$
   o
   $$F_{\text{s}}=(\mathrm{75,0}\text{kg})(\mathrm{9,80}{\text{m/s}}^2),$$
   que da
   $$F_{\text{s}}=735\text{N}\text{.}$$

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:

$$F_{\text{neta}}=ma=0=F_{\text{s}}-w$$

$$F_{\text{s}}=w=mg$$

$$F_{\text{s}}=(\mathrm{75,0}\text{kg})(\mathrm{9,80}{\text{m/s}}^2)=735\text{N}\text{.}$$

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.

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 $m_1$ 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 $m_2.$ Halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda en términos de $m_1,m_2,\text{y}g.$

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: $\overrightarrow{T}+{\overrightarrow{w}}_1+\overrightarrow{N}=m_1{\overrightarrow{a}}_1$

Para el bloque 2: $\overrightarrow{T}+{\overrightarrow{w}}_2=m_2{\overrightarrow{a}}_2.$

Observe que $\overrightarrow{T}$ 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:

$$\begin{array}{cccc}\mathbf{\text{Bloque 1}}\hfill & & & \mathbf{\text{Bloque 2}}\hfill \\ {\displaystyle \sum F_x=m{a}_x}\hfill & & & {\displaystyle \sum F_y=m{a}_y}\hfill \\ T_x=m_1{a}_{1x}\hfill & & & T_y-m_{2}g=m_2{a}_{2y}.\hfill \end{array}$$

Cuando el bloque 1 se mueve hacia la derecha, el bloque 2 se desplaza a una distancia igual hacia abajo; por lo tanto, $a_{1x}=\text{-}{a}_{2y}.$ Al escribir la aceleración común de los bloques como $a=a_{1x}=\text{-}{a}_{2y},$ ahora tenemos

$$T=m_{1}a$$

y

$$T-m_{2}g=\text{-}{m}_{2}a.$$

A partir de estas dos ecuaciones, podemos expresar a y T en términos de las masas $m_1\text{y}{m}_2,\text{y}g:$

$$a=\frac{m_2}{m_1+m_2}g$$

y

$$T=\frac{m_1{m}_2}{m_1+m_2}g.$$

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 $T=m_{2}g.$ Se puede ver del diagrama de cuerpo libre del bloque 2 que no es correcto si el bloque acelera.

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, $m_1=\mathrm{2,00}\text{kg}$ y $m_2=\mathrm{4,00}\text{kg}\text{.}$ Considere que la polea no tiene fricción. (a) Si $m_2$ se libera, ¿cuál será su aceleración? (b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda?

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 $a_2$ hacia abajo, el bloque 1 acelera hacia arriba con aceleración $a_1$. Por lo tanto, $a=a_1=\text{-}{a}_2.$

Solución

1. Tenemos
   $$\begin{array}{cccc}\text{Para}{m}_1,{\displaystyle \sum F_y=}T-m_{1}g=m_{1}a.\hfill & & & \text{Para}{m}_2,{\displaystyle \sum F_y=}T-m_{2}g=\text{-}{m}_{2}a.\hfill \end{array}$$
   (El signo negativo delante de $m_{2}a$ indica que $m_2$ acelera hacia abajo; ambos bloques aceleran a la misma velocidad, pero en direcciones opuestas). Resuelva las dos ecuaciones simultáneamente (réstelas) y el resultado es
   $$(m_2-m_1)g=(m_1+m_2)a.$$
   Al resolver a:
   $$a=\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}g=\frac{4\text{kg}-2\text{kg}}{4\text{kg}+2\text{kg}}(\mathrm{9,8}{\text{m/s}}^2)=\mathrm{3,27}{\text{m/s}}^2.$$
2. Al observar el primer bloque, vemos que
   $$\begin{array}{c}T-m_{1}g=m_{1}a\hfill \\ T=m_1(g+a)=(2\text{kg})(\mathrm{9,8}{\text{m/s}}^2+\mathrm{3,27}{\text{m/s}}^2)=\mathrm{26,1}\text{N}\text{.}\hfill \end{array}$$

Importancia

El resultado de la aceleración dado en la solución puede interpretarse como la razón de la fuerza desequilibrada sobre el sistema, $(m_2-m_1)g$, a la masa total del sistema, $m_1+m_2$. También podemos utilizar la máquina de Atwood para medir la intensidad del campo gravitatorio local.

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 6.8

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 $F=(\mathrm{820,0}t)\text{N,}$ 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?

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 $\overrightarrow{T},$ que es nuestro objetivo.

Solución

1. ${\displaystyle \sum F_x}=m_{\text{sistema}}{a}_x$ y ${\displaystyle \sum F_x}=\mathrm{820,0}t,$ así que
   $$\begin{array}{ccc}\hfill \mathrm{820,0}t& =\hfill & (\mathrm{650,0}+\mathrm{250,0}+\mathrm{150,0})a\hfill \\ \hfill a& =\hfill & \mathrm{0,7809}t.\hfill \end{array}$$
   Dado que la aceleración es una función del tiempo, podemos determinar la velocidad del tractor mediante $a=\frac{dv}{dt}$ con la condición inicial de que $v_0=0$ a $t=0.$ Integramos desde $t=0$ a $t=3\text{:}$
   $$dv=adt,{\displaystyle {\int }_0^{3}dv=}{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{3,00}}adt}={\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{3,00}}\mathrm{0,7809}tdt},v=\mathrm{0,3905}{t^2]}_0^{\mathrm{3,00}}=\mathrm{3,51}\text{m/s}\text{.}$$
2. Consulte el diagrama de cuerpo libre en la Figura 6.8(b).
   $$\begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \sum F_x}& =\hfill & m_{\text{tractor}}{a}_x\hfill \\ \hfill \mathrm{820,0}t-T& =\hfill & m_{\text{tractor}}(\mathrm{0,7805})t\hfill \\ \hfill (\mathrm{820,0})(\mathrm{3,00})-T& =\hfill & (\mathrm{650,0})(\mathrm{0,7805})(\mathrm{3,00})\hfill \\ \hfill T& =\hfill & 938\text{N}.\hfill \end{array}$$

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 $v=\frac{ds}{dt}$ y $a=\frac{dv}{dt}$. 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 $dt=\frac{ds}{v}$ y $dt=\frac{dv}{a}.$ Ahora, al igualar estas expresiones, tenemos $\frac{ds}{v}=\frac{dv}{a}.$ Podemos reordenar esto para obtener $a^{}ds=v^{}dv.$

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 $F_{\text{D}}=(\mathrm{0,0100}{v}^2)\text{N,}$ donde v es la rapidez en cualquier instante.

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, $y_0=0$ y $v_0=\mathrm{50,0}\text{m/s}\text{.}$ En la altura máxima $y=h,v=0.$ El diagrama de cuerpo libre muestra $F_{\text{D}}$ actúa hacia abajo, porque frena el movimiento ascendente del proyectil de mortero. Así, podemos escribir

$${\displaystyle \sum }{F}_y=m{a}_y$$

$$\begin{array}{}\\ \hfill -F_{\text{D}}-w& =\hfill & m{a}_y\hfill \\ \hfill -\mathrm{0,0100}{v}^2-\mathrm{98,0}& =\hfill & \mathrm{10,0}a\hfill \\ \hfill a& =\hfill & \mathrm{-0,00100}{v}^2-\mathrm{9,80}.\hfill \end{array}$$

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

$$a^{}ds=v^{}dv.$$

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

$$ady=vdv,(\mathrm{-0,00100}{v}^2-\mathrm{9,80})dy=vdv.$$

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

$$\begin{array}{}\\ {\displaystyle {\int }_0^{h}dy=}{\displaystyle {\int }_{\mathrm{50,0}}^0\frac{vdv}{(\mathrm{-0,00100}{v}^2-\mathrm{9,80})}}\hfill \\ {\displaystyle {\int }_0^{h}dy=}-{\displaystyle {\int }_{\mathrm{50,0}}^0\frac{vdv}{(\mathrm{0,00100}{v}^2+\mathrm{9,80})}}=(\mathrm{-5}\times {10}^3)\text{ln}(\mathrm{0,00100}{v}^2+\mathrm{9,80}){|}_{\mathrm{50,0}}^0.\hfill \end{array}$$

Por lo tanto, $h=114\text{m}\text{.}$

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.