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TEMA 2
DINÁMICA DE LA PARTÍCULA
CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS
Para tener éxito al aplicar la segunda ley de Newton a un sistema mecánico, primero
se debe ser capaz de identificar todas las fuerzas que actúan sobre él, es decir, se debe
ser capaz de construir el diagrama de cuerpo libre correcto. ¿Cómo se debe realizar este
diagrama?
Inicialmente, se define un sistema mecánico como un cuerpo o grupo de cuerpos que
pueden aislarse de los demás cuerpos. Dicho sistema puede ser un cuerpo único o una
combinación de cuerpos conectados. Los cuerpos pueden ser rígidos o no. El sistema puede
ser también una masa definida de un fluido, líquido o gas, o una combinación de fluidos y
sólidos. Una vez decidido qué cuerpo o combinación de cuerpos hay que analizar, se aísla
este cuerpo o combinación de cuerpos de todos los demás cuerpos que lo rodean. Este
aislamiento se logra mediante el diagrama del cuerpo libre, que es una representación
esquemática del cuerpo o conjunto de cuerpos aislado en la que figuran todas las fuerzas
aplicadas a él por otros cuerpos que se consideran suprimidos. Solamente después de haber
trazado con cuidado este diagrama se podrá llevar a cabo el cálculo de las distintas
fuerzas.
En las figuras que aparecen a continuación pueden verse los tipos corrientes de
aplicación de fuerzas a sistemas mecánicos. En cada ejemplo se indica la fuerza ejercida
sobre el cuerpo que se aísla por el cuerpo que se suprime. La tercera ley de Newton, que
establece la existencia de una reacción igual y opuesta a toda acción, deberá cumplirse
estrictamente.
Presentamos aquí la acción de un cable,
correa, cuerda o cadena flexibles sobre el cuerpo al
cual está unido. A causa de su flexibilidad, un cable
no puede ofrecer resistencia a la flexión, cortadura o compresión, por lo que ejerce una
fuerza tensora de tracción tangente al cable en su punto de amarre. La fuerza ejercida por
el cable sobre el cuerpo al que está unido siempre está dirigida hacia fuera del cuerpo. En
lo que veremos este curso, la tensión T es grande frente al peso del cable, por lo que éste
puede suponerse que adopta forma rectilínea.
Cuando están en contacto las superficies lisas de
dos cuerpos, como en este segundo ejemplo, la fuerza que
ejerce una sobre la otra es normal al plano tangente a
ambas superficies y compresiva. Aún cuando las
superficies reales no son nunca completamente lisas, esta hipótesis está justificada en la
práctica en muchos casos.
componente normal N.
Cuando las superficies en contacto de los cuerpos
son rugosas, la fuerza de contacto no será normal al plano
tangente a las superficies, sino que se podrá descomponer
en una componente tangencial o de rozamiento F y una
Los apoyos de rodillo, zapata o bola
transmiten una fuerza compresiva normal a la
superficie de apoyo.
Una guía de deslizamiento libre es un
collar o corredera que puede moverse
libremente a lo largo de guías lisas; puede
resistir solamente fuerza normal a la guía. No
hay resistencia paralela a la guía.
Una conexión de pasador articulada libremente puede
resistir una fuerza en cualquier dirección en el plano normal al
eje del pasador. Esta acción suele representarse en función de
dos componentes rectangulares, Rx y Ry.
Una de las fuerzas más corrientes es la debida a la atracción
de la gravedad. Dicha fuerza afecta a todos los elementos
de un cuerpo y en consecuencia, está uniformemente
distribuida por todo él. La resultante de las fuerzas de la gravedad que se ejercen sobre
todos los elementos es el peso P del cuerpo; pasa por el centro de gravedad G y está
dirigido hacia el centro de la Tierra en el caso de las estructuras ligadas a la Tierra.
La fuerza ejercida por un resorte elástico
lineal, sea tensión o compresión, está dada por F=kx,
donde k es la constante del resorte y x su deformación
medida a partir de la posición neutral o de deformación
nula. La linealidad de la relación fuerza-deformación describe igual fuerza para igual
deformación durante el proceso de carga y descarga del resorte.
Es conveniente que se examine estos diagramas con cuidado y a continuación se
proceda a construir los diagramas de otros sistemas descritos en los ejercicios. Cuando un
sistema contiene más de un elemento, es importante que se construya un diagrama de
cuerpo libre de cada uno de los elementos.
Define siempre tu sistema de coordenadas. Siempre es útil un diagrama que te
indique el origen y la dirección del eje positivo. Si conoces la dirección de la aceleración
suele ser conveniente tomarla como dirección positiva.
Debes ser consistente con los signos. Una vez definido un eje y su dirección
positiva, las componentes de velocidad, fuerza y aceleración en esa dirección serán
positivas.
Al aplicar la primera o segunda ley de Newton concéntrate en un cuerpo específico.
Dibuja un diagrama del cuerpo libre como acabamos de explicarte con todas las fuerzas que
actúan sobre él, sin incluir las que actúan sobre otros cuerpos. La aceleración del cuerpo
está determinada por las fuerzas que actúan sobre él, no por las que él ejerce sobre otros
cuerpos. En tu diagrama normalmente podrás representar el cuerpo como una partícula.
Puede serte útil usar colores para los vectores fuerza. Para evitar confusiones, los únicos
vectores en tu diagrama deberán ser fuerzas; no incluyas otros como velocidades y
aceleraciones. Es muy útil dibujar al lado un nuevo diagrama del mismo cuerpo con las
aceleraciones correspondientes. Si representas una fuerza en términos de sus
componentes haz una línea ondulada en el vector original para no incluirlo dos veces. Si hay
dos o más cuerpos puedes usar un sistema de ejes distinto para cada uno, pero en las
ecuaciones de cada cuerpo los signos de las componentes deben ser consecuentes con los
ejes escogidos para ese cuerpo.
Identifica las cantidades conocidas y desconocidas y asigna símbolos algebraicos a
estas últimas. Si conoces la dirección de una fuerza desde el principio, usa un símbolo para
representar su magnitud (siempre positiva). Recuerda que la componente de esta fuerza en
cierta dirección puede ser positiva o negativa.
Escribe la primera o segunda ley de Newton en forma de componentes, usando el
sistema de coordenadas que has elegido desde el principio. Despeja las incógnitas en estas
ecuaciones. Comprueba siempre la coherencia de las unidades.
Si está implicado más de un cuerpo, repite los pasos explicados para cada uno de
ellos. Puede haber relaciones entre los movimientos de los cuerpos; por ejemplo, pueden
estar conectados por una cuerda. Expresa tales relaciones en forma algebraica como
relaciones entre las aceleraciones de los distintos cuerpos y luego resuelve las ecuaciones
para obtener los valores de las incógnitas.
En resumen, para la realización correcta de un diagrama de cuerpor libre, que será
la base de los problemas de dinámica y lo que nos permitirá resolverlos correctamente,
deberemos seguir los siguientes pasos:
Paso 1. Decidir claramente qué cuerpo o combinación de cuerpos hay que aislar. El
cuerpo elegido contendrá una o más de las cantidades desconocidas buscadas.
Paso 2. Aislar el cuerpo o combinación de cuerpos elegido mediante un diagrama que
represente por completo su contorno. El esquema del contorno deberá representar una
superficie cerrada en el espacio, la cual define el aislamiento del cuerpo de todos los demás
cuerpos en contacto o que ejerzan atracciones, los cuales se consideran suprimidos. Este
paso es quizá el más importante de todos. Deberás asegurarte siempre de que has aislado
por completo el cuerpo antes de proceder al paso siguiente.
Paso 3. A continuación se representan en sus posiciones apropiadas en el diagrama
todas las fuerzas que se ejercen sobre el cuerpo aislado por los cuerpos suprimidos. El
recorrido sistemático de todo el contorno revelará todas esas fuerzas. Se incluirán los
pesos donde sean apreciables. Las fuerzas conocidas se representarán mediante flechas
con su magnitud, dirección y sentido indicados. Las fuerzas desconocidas se representarán
mediante flechas con la magnitud o dirección desconocida indicada con un símbolo. Si
también se desconoce el sentido del vector, puede suponérsele arbitrariamente. Los
cálculos revelarán una magnitud positiva si el sentido supuesto era el correcto y una
magnitud negativa si el sentido supuesto era falso. Es necesario mantener las
características asignadas a las fuerzas desconocidas a lo largo de todos los cálculos.
Paso 4. Deberán indicarse directamente sobre el diagrama los ejes coordenados
elegidos. También pueden representarse a voluntad las dimensiones geométricas
pertinentes. Sin embargo, téngase en cuenta que el diagrama para cuerpo libre está
destinado a concentrar nuestra atención sobre la acción de fuerzas exteriores y por tanto
no conviene enredar el diagrama con una información extraña excesiva. Las flechas
representativas de las fuerzas deben distinguirse claramente de toda otra flecha que
pueda aparecer, para que no haya confusión posible.
Una vez realizados los cuatro pasos anteriores se tendrá un diagrama para cuerpo
libre correcto y se habrá despejado el camino a seguir para aplicar los principios de la
Mecánica, tanto en Estática como en Dinámica.
Muchas veces te sentirás tentado a omitir del diagrama para cuerpo libre ciertas
fuerzas que a primera vista puede parecer que no son necesarias en los cálculos. Caer en
esta tentación conduce a cometer un gran error. Solamente con un aislamiento completo y
una representación sistemática de todas las fuerzas exteriores se pueden interpretar
adecuadamente los efectos de todas las fuerzas aplicadas y reactivas. Muy
frecuentemente, una fuerza que a primera vista parece no tener influencia sobre uno de los
resultados buscados resulta tenerla. Así pues, el único procedimiento seguro es hacer que
en el diagrama figuren todas las fuerzas cuyas magnitudes no sean despreciables.
TEMA 2
DINÁMICA DE LA PARTÍCULA
PROBLEMAS
1 . - Una pequeña esfera de masa m, atada a uno de los extremos de una
cuerda de longitud l cuyo otro extremo está fijo en un punto, describe una
circunferencia de radio l en un plano vertical a velocidad constante. Calcula la tensión
máxima de la cuerda.
Hacemos el diagrama de sólido
libre de la esfera. En cualquier instante
tendremos que la esfera está sometida
a su peso (vertical y hacia abajo) y a la
tensión en la cuerda. En cuanto a
aceleraciones,
tendremos
sólo
la
componente normal de la aceleración, ya
que el módulo de la velocidad es
constante. Dicha aceleración tiene la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el
centro de curvatura. Vemos que en la mitad superior de la trayectoria la tensión y la
componente normal del peso tienen el mismo sentido, de modo que si aplicamos la segunda
ley de Newton a la dirección normal tendremos:
ΣFn = man ⇒ T + mg cos θ = m
v2
v2
⇒T =m
− mg cos θ
l
l
Sin embargo, en la mitad inferior
de la trayectoria estas dos fuerzas
tienen sentido contrario, y aplicando la
misma ley llegamos a:
ΣFn = man ⇒ T − mg cos θ = m
v2
l
v2
+ mg cos θ
l
Por tanto ya vemos que la
tensión en principio es mayor en la parte inferior de la trayectoria que en la superior.
Además, si queremos que la tensión sea lo más grande posible el término cosθ=1 ⇒ θ=0º, lo
cual ocurrirá en la parte más baja de la trayectoria. Así pues, la tensión máxima vale:

 v2
v2
v2
+ g 
+ mg cos θ = m
+ mg = m
T =m
l
l

 l
 v2

T = m
+ g 
 l

T=m
2. - Las masas de los bloques de la figura son mA=1 0 kg
y mB=5 kg. Inicialmente los bloques están en reposo sobre el
suelo, unidos por un hilo sin masa que pasa a través de una
polea de masa y rozamiento despreciables. Si se le aplica una
fuerza F=248 N hacia arriba a la polea como indica la figura
calcula las aceleraciones a A y a B de los bloques A y B.
Puesto que la polea no tiene masa, si la fuerza F es de 248 N
la tensión en la cuerda será la mitad:
F 248
T= =
= 124 N
2
2
A la vista de la tensión, es evidente que los dos bloques se
desplazan hacia arriba. Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del
bloque A y aplicamos la segunda ley de Newton:
T − mA g 124 − 98
ΣFY=mAaAY ⇒ T-mAg=mAaA ⇒ aA =
= 2.6 m/s 2
=
10
mA
aA=2.6 m/s2
De igual manera hacemos el diagrama de sólido libre del bloque B y
tendremos:
T − mB g 124 − 49
T-mBg=mBaB ⇒ aB =
= 15 m/s 2
=
5
mB
aB=15 m/s2
3. - Los bloques A y B que pesan, respectivamente,
1 000 N y 400 N, están conectados mediante una cuerda
según se indica en la figura. Determinar: a) la aceleración del
bloque B; b) la tensión de la cuerda.
a) Las masas de los bloques serán:
P
1000
mA = A =
= 102.04 kg
g
9.8
mB =
bloques como:
PB 400
=
= 40.82 kg
g
9.8
Las aceleraciones no son independientes, sino que están
relacionadas. Para encontrar la relación entre ellas llamamos yA a la
posición en cada instante del bloque A e yB a la posición en cada
instante del bloque B, tal como aparece en la figura. Es evidente que:
dyB
dvB
dyA
dvA
= vA ;
= −vB ⇒
= aA ;
= aB
dt
dt
dt
dt
Podemos escribir la longitud de la cuerda que une los dos
L=2yA+yB+ctes
Derivando respecto del tiempo:
dy
dy
L=2yA+yB+ctes ⇒ 0 = 2 A + B ⇒ 0 = 2vA − vB ⇒ vB = 2vA
dt
dt
Y volviendo a derivar respecto del tiempo:
dv
dv
vB = 2vA ⇒ B = 2 A ⇒ aB = 2aA
dt
dt
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del bloque B, sometido
a su peso y a la acción de la cuerda. Aplicamos la segunda ley de Newton
y tenemos:
ΣFY=mBaBY ⇒ T-PB=mBaB ⇒ T-400=40.82aB
Hacemos del mismo modo el diagrama de sólido libre del bloque A
y aplicamos la misma ecuación:
ΣFY=mAaAY ⇒PA-2T=mAaA ⇒ 1000-2T=102.04aA
Uniendo estas dos ecuaciones con la que tenemos que nos
relaciona las aceleraciones tenemos un sistema de tres ecuaciones y
tres incógnitas, que es:
T-400=40.82aB
1000-2T=102.04aA
aB=2aA
Sustituimos la tercera ecuación en las dos anteriores:
T-400=40.82aB ⇒ T-400=40.82 · 2aA ⇒ T-400=81.63aA
1000-2T=102.04aA
Y de la primera ecuación tenemos:
T-400=81.63aA ⇒ T=400+81.63aA
Lo sustituimos en la segunda:
1000-2T=102.04aA ⇒ 1000-2(400+81.63aA)=102.04aA ⇒ 1000-800-163.27aA=102.04aA
200=265.31aA ⇒ aA=0.75 m/s2 ⇒ aB=2aA=2 · 0.75=1.51 m/s2
aB=1.51 m/s2
b) Y la tensión en la cuerda:
T=400+81.63aA=400+81.63 · 0.75=461.54 N
T=461.54 N
4. En la figura se han
representado dos cuerpos A y B cuyas
masas respectivas son 25 kg y 30 kg.
Los coeficientes de rozamiento estáticos
µ e y cinético µ c valen 0. 25 y 0. 20
respectivamente. Si la fuerza F aplicada al cuerpo B es de 1 00 N, determinar: a) la
aceleración del cuerpo A; b) la tensión del cable que conecta a los cuerpos; c) la
distancia recorrida por el cuerpo A durante los primeros 5 s de aplicación de la
fuerza.
a) Las aceleraciones de los bloques no son
independientes. Para relacionarlas, denominamos xA a la
posición en cada instante del bloque A y xB a la posición en
cada instante del bloque B, tal como aparece en la figura.
Así, tendremos que:
dxB
dvB
dvA
dxA
= −vA ;
= vB ⇒
= aA ;
= aB
dt
dt
dt
dt
La longitud de la cuerda que une los bloques A y B la podemos expresar como:
L=3xA+2xB
Derivando esta ecuación respecto del tiempo:
dx
dx
L=3xA+2xB ⇒ 0 = 3 A + 2 B ⇒ 0 = −3vA + 2vB ⇒ vB = 1.5vA
dt
dt
Y derivando otra vez respecto del tiempo:
dv
dv
vB = 1.5vA ⇒ B = 1.5 A ⇒ aB = 1.5aA
dt
dt
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del
bloque A y aplicamos la segunda ley de Newton al eje Y:
ΣFY=mAaAY ⇒ NA-mAg=0 ⇒ NA=mAg=25 · 9.8=245 N
Como el bloque A desliza la fuerza de rozamiento
adquiere su valor máximo:
FrA=(FrA)máx=µcNA=0.20 · 245=49 N
Y en el eje X:
ΣFX=mAaAX ⇒ 3T-FrA=mAaA ⇒ 3T-49=25aA
Operamos de modo similar con el bloque B.
Hacemos su diagrama de sólido libre y aplicamos la
segunda ley de Newton al eje X:
ΣFY=mBaBY ⇒ NB-mBg=0 ⇒ NB=mBg=30 · 9.8=294 N
Como el bloque B también desliza la fuerza de
rozamiento adquiere su valor máximo:
FrB=(FrB)máx=µcNB=0.20 · 294=58.8 N
Y en el eje X:
ΣFX=mBaBX ⇒ F-2T-FrB=mBaB ⇒ 100-2T-58.8=30aB
Estas dos ecuaciones junto con la que nos relaciona las aceleraciones forman un
sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:
3T-49=25aA
100-2T-58.8=30aB
aB=1.5aA
Sustituimos la tercera en las dos primeras:
3T-49=25aA
100-2T-58.8=30aB ⇒ 100-2T-58.8=30 · 1.5aA ⇒ 41.2-2T=45aA
Ahora despejamos la tensión en la segunda ecuación y sustituimos en la primera:
41.2-2T=45aA ⇒ T=20.6-22.5aA
3T-49=25aA ⇒ 3(20.6-22.5aA)-49=25aA ⇒ 61.8-67.5aA-49=25aA
12.8=92.5aA ⇒ aA=0.138 m/s2
aA=0.138 m/s2
b) A partir de aquí tendremos que la tensión vale:
T=20.6-22.5aA=20.6-22.5 · 0.138=17.486 N
T=17.486 N
c) Y para el bloque A, teniendo en cuenta que el movimiento es rectilíneo
uniformemente acelerado:
1
1
xA = x0A + v0At + aAt2 = 0.138 ⋅ 52 = 1.725 m
2
2
xA=1.725 m
5. - Se suelta, partiendo del reposo, el
bloque A de 1 0 kg que está situado sobre una cuña
B de 20 kg, según se indica en la figura. Si todas
las superficies son lisas (exentas de rozamiento),
determinar: a) la fuerza normal entre el bloque y la
cuña; b) la aceleración del bloque; c) la aceleración
de la cuña.
a) Puesto que todas las superficies son lisas no hay fuerzas de rozamiento. Así, en
el sistema de dos partículas sólo existen fuerzas verticales, los dos pesos de los dos
cuerpos y la normal que ejerce la superficie de apoyo sobre la cuña B. Como todas las
fuerzas son verticales, la aceleración del centro de masas tiene que ser vertical, y el
centro de masas sólo puede desplazarse verticalmente. Por tanto, cuando el bloque A
comience a deslizar sobre la cuña y caiga hacia la derecha, la cuña reacciona desplazándose
hacia la izquierda de modo que el centro de masas del sistema no se mueva en la dirección
horizontal. El bloque A tiene por tanto movimiento relativo respecto de la cuña, ya que la
cuña es un sistema de referencia en traslación que se traslada hacia la izquierda.
Ahora vamos a ir haciendo los diagramas de sólido libre. Si empezamos por el bloque
A, éste estará sometido sólo a su peso y a la reacción de la cuña, que puesto que es lisa
tiene que ser normal (perpendicular a la superficie de apoyo). En cuanto a la aceleración
tenemos que dibujar la absoluta, que podemos determinar a partir de:
aA/B=aA-aB ⇒ aA=aA/B+aB
Tendremos que sumar la
relativa (que será paralela al plano
inclinado) más la de la cuña, que es
horizontal y hacia la izquierda.
Tendremos lo que aparece en la
figura. Como ejes tomamos el X
paralelo al plano inclinado y positivo
hacia abajo y el Y perpendicular al
plano inclinado y positivo hacia arriba. Aplicamos la segunda ley de Newton en estas dos
direcciones:
ΣFX=mAaAX ⇒mAgsen30º=mA(aA/B-aBcos30º)
gsen30º=aA/B-aBcos30º ⇒ 9.8sen30º=aB/A-aBcos30º
ΣFY=mAaAY ⇒ N-mAgcos30º=-mAaBsen30º
N-10 · 9.8cos30º=-10aBsen30º ⇒ N-84.870=-10aBsen30º
Tenemos dos ecuaciones y tres
incógnitas (N, aB y aB/A). Hacemos a
continuación el diagrama de sólido libre de
la cuña B. En este caso tomaremos como
ejes unos ejes cartesianos normales, con el
X horizontal y positivo hacia la izquierda y
el Y vertical y positivo hacia arriba. En
cuanto a fuerzas tenemos su peso (vertical
y hacia abajo), la normal ejercida por la
superficie horizontal (perpendicular a la
superficie de apoyo) y la reacción del bloque A (que por la tercera ley de Newton, principio
de acción-reacción, tiene que ser igual y de sentido contrario a la que ejercía B sobre A, es
decir, la normal N). Respecto a aceleraciones la cuña B desliza hacia la izquierda luego su
aceleración es horizontal y hacia la izquierda. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje
X:
ΣFX=mBaBX ⇒ Nsen30º=mBaB ⇒ Nsen30º=20aB
Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:
9.8sen30º=aB/A-aBcos30º
N-84.870=-10aBsen30º
Nsen30º=20aB
De la tercera ecuación:
Nsen30º=20aB ⇒ aB=0.025N
Y sustituimos en las otras dos:
9.8sen30º=aB/A-aBcos30º ⇒ 9.8sen30º=aB/A-0.025Ncos30º ⇒ 4.9=aB/A-0.0217N
N-84.870=-10aBsen30º ⇒ N-84.870=-10 · 0.025Nsen30º ⇒ N=75.44 N
N=75.44 N
b) La aceleración del bloque, aA, vale:
aA=aA/B+aB
Vamos a determinar por tanto esas dos componentes. Tendremos:
aB=0.025N=0.025 · 75.44=1.886 m/s2
4.9=aB/A-0.0217N ⇒ aB/A=4.9+0.0217N=4.9+0.0217 · 75.44=6.537 m/s2
Ahora vamos a determinar la aceleración del
bloque A. Tenemos en el gráfico dicha aceleración, que
es suma vectorial de aB y aB/A. Tomando los ejes que
aparecen en la figura:
Eje X: aAX=aA/B-aBcos30º=6.537-1.886cos30º=4.904 m/s2
Eje Y: aAY=-aBsen30º=-1.886sen30º=0.943 m/s2
De modo que la aceleración del bloque es:
aA=4.904i-0.943j
En módulo:
2
2
aA = aAX
+ aAY
= 4.9042 + 0.9432 = 4.994 m / s2
aA=4.994 m/s2
c) Y la aceleración de la cuña B ya la hemos determinado:
aB=1.886 m/s2
movimiento no es posible.
6. - Los bloques A y B pesan, respectivamente,
1 50 N y 300 N y están conectados mediante una cuerda
como se indica en la figura. El coeficiente de rozamiento
estático entre el bloque A y la superficie es de 0. 30 y el
cinético es 0. 20. a) Determinar si el sistema puede
iniciar el movimiento desde el reposo; b) en caso
afirmativo, calcular la tensión en la cuerda y la
aceleración de los bloques en el movimiento posterior; c)
cuál es el peso mínimo del bloque B a partir del cual el
a) Las masas de los bloques serán:
P
150
mA = A =
= 15.306 kg;
g
9.8
mB =
PB 300
=
= 30.612 kg
g
9.8
Supongamos que el sistema no inicia el movimiento.
Con esta suposición la suma de fuerzas en cualquiera de las
direcciones es nula, así que tendremos para el bloque A:
ΣFY=mAaAY ⇒ N-PA=0 ⇒ N=PA=150 N
ΣFX=mAaAX ⇒2T-Fr=0 ⇒ Fr=2T
Para calcular la fuerza de rozamiento y saber si el
bloque desliza o no necesitamos la tensión, de modo que
hacemos también el diagrama de sólido libre del bloque B. Para este bloque:
P
300
ΣFY=mBaBY ⇒ PB-3T=0 ⇒ T = B =
= 100 N
3
3
Por tanto retomando el bloque A:
Fr=2T=2 · 100=200 N
El bloque no desliza si la fuerza de rozamiento es inferior a
la máxima, luego si nuestra suposición es correcta se verificará que:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µeN ⇒ 200<0.30 · 150 ⇒ 200<45 N
Vemos que llegamos a un absurdo, lo que implica que la
suposición que hemos hecho es incorrecta y el sistema sí que inicia
el movimiento.
SÍ SE INICIA EL MOVIMIENTO
b) Ahora ya sabemos que el sistema se mueve,
luego los bloques tendrán aceleraciones aA y aB
respectivamente, que no son iguales, pero que sí están
relacionadas. Para obtener su relación antes de
comenzar el problema, llamaremos xA a la posición en
cada instante del bloque A y yB a la posición en cada
instante del bloque B, como se indica en el gráfico.
Puesto que ambos bloques se mueven en línea recta se
verificará que:
dyB
dvB
dxA
dvA
= −vA ;
= vB ⇒
= aA ;
= aB
dt
dt
dt
dt
Así, podemos expresar la longitud de la cuerda que une los dos bloques en función
de las posiciones de los mismos:
LAB=2xA+3yB+ctes
Puesto que la longitud de la cuerda es constante, su derivada respecto del tiempo
es nula y tendremos:
dLAB
dy
dx
3
= 0 ⇒ 2 A + 3 B = 0 ⇒ −2vA + 3vB = 0 ⇒ vA = vB
dt
dt
dt
2
Y derivando de nuevo respecto del tiempo:
dv
3 dvB
3
vA = vB ⇒ A =
⇒ aA = 1.5aB
2 dt
2
dt
Ahora vamos a hacer como antes los
diagramas de sólido libre de los dos bloques,
pero teniendo en cuenta que ahora hay
movimiento y por tanto aceleración. Para el
bloque A:
ΣFY=mAaAY ⇒ N-PA=0 ⇒ N=PA=150 N
Ahora sabemos que el bloque A desliza
luego:
Fr=(Fr)máx=µcN=0.20 · 150=30 N
Y para el otro eje:
ΣFX=mAaAX ⇒2T-Fr= mAaA ⇒ 2T-30=15.306aA
Para el bloque B hacemos lo mismo:
ΣFY=mBaBY ⇒ PB-3T=mBaB ⇒ 300-3T=30.612aB
Tenemos por tanto un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, que es:
aA=1.5aB
2T-30=15.306aA
300-3T=30.612aB
Sustituimos la primera ecuación en las otras dos:
2T-30=15.306aA ⇒ 2T-30=15.306 · 1.5aB ⇒ 2T30=22.959aB
300-3T=30.612aB
De la primera ecuación:
2T-30=22.959aB ⇒ T=11.4795aB+15
Y sustituyendo en la segunda:
300-3T=30.612aB ⇒ 300-3(11.4795aB+15)=30.612aB
300-34.4385aB-45=30.612aB ⇒ aB=3.92 m/s2
aB=3.92 m/s2
La tensión por tanto será:
T=11.4795aB+15=11.4795 · 3.92+15=60 N
T=60 N
Y la otra aceleración:
aA=1.5aB=1.5 · 3.92=5.88 m/s2
aA=5.88 m/s2
c) Para que el movimiento no sea posible tiene que
verificarse, como en el primer apartado, que el sumatorio de
todas las fuerzas sea nulo. Además, el bloque A no debe
alcanzar la fuerza de rozamiento máxima, de modo que
tendremos:
ΣFY=mAaAY ⇒ N-PA=0 ⇒ N=PA=150 N
La fuerza de rozamiento debe ser inferior a la
máxima luego la condición será:
Fr<(Fr)máx
siendo la fuerza de rozamiento máxima:
(Fr)máx=µeN=0.30 · 150=45 N
Por tanto:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<45 N
Del eje X podemos obtener la fuerza de rozamiento:
ΣFX=mAaAX ⇒2T-Fr=0 ⇒ Fr=2T ⇒ 2T<45 N ⇒ T<22.5 N
Para que no exista movimiento la tensión debe ser inferior a
22.5 N. Si ahora vamos al bloque B:
P
ΣFY=mBaBY ⇒ PB-3T=0 ⇒ T = B
3
Y sustituyendo en nuestra condición:
P
m g
T<22.5 N ⇒ B < 22.5 N ⇒ B < 22.5
3
3
22.5 ⋅ 3
22.5 ⋅ 3
mB <
⇒ mB <
⇒ mB < 6.89 kg
g
9.8
mB<6.89 kg
7. - Un montacargas contiene tres bultos, según se
indica en la figura. La masa de la caja del montacargas es de
750 kg y las masas de los bultos A, B y C son,
respectivamente, 300 kg, 200 kg y 1 00 kg. Durante un corto
intervalo de tiempo el montacargas experimenta una aceleración
hacia arriba de 8 m/s2. Durante dicho intervalo, determinar: a)
la tensión del cable del montacargas; b) la fuerza que el suelo
del montacargas ejerce sobre A; c) la fuerza que B ejerce
sobre C; d) dibuja los diagramas de sólido libre de los bloques
A, B y C poniendo en ellos los valores de todas las fuerzas y
comprobando que en todos se verifica correctamente la segunda
ley de Newton.
a) El movimiento del sistema se
produce sólo en la dirección vertical, de
modo que a este eje le denominaremos eje Y
y tomaremos como sentido positivo el
vertical hacia arriba. Trazamos en primer
lugar el diagrama de sólido libre del
ascensor completo, más los tres paquetes.
Tendremos lo que aparece en la figura.
Aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFY=(mA+mB+mC+mM)aABCM
2T-(mA+mB+mC+mM)g=(mA+mB+mC+mM)a
(m + mB + mC + mM )(a + g) =
T= A
2
(
300 + 200 + 100 + 750 )(8 + 9.8)
= 12015 N
=
2
T=12015 N
b) Para determinar la fuerza que el
suelo del montacargas ejerce sobre A
tenemos que eliminar el montacargas. Para ello realizamos el diagrama de sólido libre de los
bloques A, B y C conjuntamente. Así, tendremos como fuerzas el peso de los tres, vertical y
hacia abajo, y la reacción que ejerce el suelo sobre el bloque A, vertical y hacia arriba
(reacción normal). La aceleración es para todos los bloques la misma ya que se mueven
conjuntamente y manteniendo siempre el contacto. Aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFY=(mA+mB+mC)aABC ⇒ NA-(mA+mB+mC)g=(mA+mB+mC)a
NA=(mA+mB+mC)(a+g)=(300+200+100)(8+9.8)=10680 N
NA=10680 N
c) Para conocer la fuerza que B ejerce sobre C
tenemos que eliminar el bloque B, de modo que haremos
el diagrama de sólido libre del bloque C. Las dos fuerzas
que se ejercen sobre él son su peso, vertical y hacia
abajo, y la normal que ejerce B sobre él, que será
vertical y hacia arriba. La aceleración, como para los
demás bloques, es de 8 m/s2 vertical y hacia arriba.
Volvemos a aplicar la segunda ley de Newton:
ΣFY=mCaCY ⇒ NC-mCg=mCa
NC=mC(g+a)=100(9.8+8)=1780 N
NC=1780 N
d) El diagrama del bloque C ya lo tenemos. Nos faltan los
bloques A y B. A continuación trazamos el diagrama del bloque B.
Dicho bloque estará sometido a su peso, vertical y hacia abajo y
a las reacciones que sobre él ejercen los dos bloques que estaban
en contacto con él, los bloques A y C. La reacción de C sobre B
será igual y de sentido contrario a la que ejercía B sobre C
(principio de acción-reacción o tercera ley de Newton), es decir,
vertical y hacia abajo, y obviamente la reacción que ejerce A sobre B es una normal,
vertical y hacia arriba. Así pues tenemos lo que aparece en la figura. De la aplicación de la
segunda ley de Newton podemos obtener NB:
ΣFY=mBaBY ⇒ NB-NC-mBg=mBa ⇒ NB=mBa+mBg+NC=
=200 · 8+200 · 9.8+1780=5340 N
Y por último nos faltaría trazar el diagrama de
sólido libre del bloque A, en el cual todo está
determinado y debería verificar la segunda ley de
Newton. Si hacemos el diagrama de este bloque,
tendríamos que está sometido a su peso, vertical y hacia
abajo, a la reacción del suelo del ascensor (NA) vertical y
hacia arriba, y a la reacción que ejerce B sobre A, que es
igual y de signo contrario a la que ejerce A sobre B, que
ya hemos determinado y que hemos llamado NB. Así,
tendremos lo que aparece en el gráfico. Podemos
comprobar por último que la suma de todas las fuerzas
es igual al producto de la masa del cuerpo por su
aceleración. Nos quedaría:
ΣFY=NA-NB-mAg=10680-5340-300 · 9.8=2400 N
mAaAY=mAa=300 · 8=2400 N
Podemos ver que efectivamente
con los datos calculados se verifica la
segunda ley de Newton en los tres
bloques.
Podríamos
realizar
la
comprobación incluso con el montacargas
solo, que aún no hemos aislado. Estaría
sometido a su peso, a las tensiones de las
cuerdas y a la reacción que ejerce el
bloque que hemos eliminado (A) sobre él,
que sería igual y de sentido contrario al
que ejercía el montacargas sobre A, es
decir, NA. Tal como nos queda el gráfico
comprobamos que se cumple la segunda ley
de Newton:
ΣFY=2T-NA-mMg=
=2 · 12015-10680-750 · 9.8=6000 N
mMaMY=mMa=750 · 8=6000 N
8. - El bloque B (m=0. 5 kg) se mueve
por una guía circular lisa en un plano vertical
según se indica en la figura. Cuando el bloque
se halla en la posición representada, su
celeridad es de 20 m/s hacia arriba y hacia la
izquierda. Si la longitud natural del resorte
(k=25 N/m) es 300 mm, determinar la
aceleración del bloque y la fuerza que sobre
él ejerce la superficie de la guía.
Vamos a determinar las condiciones
geométricas del problema. Tendremos:
430
cos θ =
= 0.544 ⇒ θ = 57.02º
790
La longitud del resorte en esta situación será:
l=790senθ=790sen57.02º=662.72 mm
Tenemos pues que el resorte está alargado una cantidad:
∆l=l-l0=662.72-300=362.72 mm=0.36272 m
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre del
bloque. En cuanto a reacciones, tendremos el peso (vertical
y hacia abajo), la normal (perpendicular a la tangente) y la
reacción del resorte (que está estirado). Respecto a
aceleraciones tendremos la normal y la tangencial, el
sentido de esta última determinado por las fuerzas en
dirección tangencial. Podemos ver que el bloque está
frenando. De estas dos aceleraciones conocemos la normal,
que será:
v2
202
=
an =
= 506.33 m / s2
ρ
0.790
En el diagrama de sólido libre aplicamos la segunda ley de Newton:
ΣFn=man ⇒ N+mgsenθ+k∆lsenθ=man
N+0.5 · 9.8sen57.02º+25 · 0.36272sen57.02º=0.5 · 506.33 ⇒ N=241.44 N
N=241.44 N
ΣFt=mat ⇒ mgcosθ+k∆lcosθ=mat
0.5 · 9.8cos57.02º+25 · 0.36272cos57.02º=0.5at ⇒ at=15.21 m/s2
Por tanto la aceleración del bloque será:
a = an2 + at2 = 506.332 + 15.212 = 506.56 m / s2
a=506.56 m/s2
9. - Los bloques A y B pesan 90 N cada uno, el C 62
N y el D 70 N. Sabiendo que al bloque D se le aplica una
fuerza hacia abajo de 1 05 N, hallar: a) la aceleración de
cada bloque; b) la tensión en la cuerda ABC. Se desprecian
los pesos de las poleas y el efecto del rozamiento.
a) En primer lugar y como en otros problemas, las
aceleraciones de los bloques no son iguales, aunque están
relacionadas. Denominaremos yA, yB, yC e yD a las posiciones en
cada instante de los bloques A, B, C y D respectivamente. Así,
tendremos que:
dyB
dyA
= vA ;
= vB
dt
dt
dyD
dyC
= −vC ;
= vD
dt
dt
Y si volvemos a derivar respecto
del tiempo:
dvB
dvA
= aA ;
= aB
dt
dt
dvD
dvC
= aC ;
= aD
dt
dt
Ahora podemos expresar la
longitud de la cuerda que une los bloques
A, B y C como:
LABC=2yA+2yB+yC+ctes
Derivando respecto del tiempo:
dy
dy
dy
LABC=2yA+2yB+yC+ctes ⇒ 0 = 2 A + 2 B + C ⇒ 0 = 2vA + 2vB − vC
dt
dt
dt
Y volviendo a derivar respecto del tiempo:
dv
dv
dv
0 = 2vA + 2vB − vC ⇒ 0 = 2 A + 2 B − C ⇒ 0 = 2aA + 2aB − aC
dt
dt
dt
Del mismo modo, podemos expresar la longitud de la cuerda que une los bloques A, D
y B como:
LADB=yD-yA+yD-yB+cte ⇒ LADB=2yD-yA-yB+cte
Derivamos respecto del tiempo:
dy
dy
dy
LADB=2yD-yA-yB+cte ⇒ 0 = 2 D − A − B ⇒ 0 = 2vD − 2vA − vB
dt
dt
dt
Y derivando otra vez respecto del tiempo:
dv
dv
dv
0 = 2vD − 2vA − vB ⇒ 0 = 2 D − A − B ⇒ 0 = 2aD − aA − aB
dt
dt
dt
Ahora vamos haciendo los diagramas de sólido libre de los
bloques. Empezamos por el bloque C:
62
a ⇒ T − 62 = 6.327 aC
9.8 C
A continuación aislamos el bloque B:
90
ΣFY=mBaBY ⇒ T’+mBg-2T=mBaB ⇒ T'+90 − 2T =
a
9.8 B
T'+90 − 2T = 9.184aB
ΣFY=mCaCY ⇒ T-mCg=mCaC ⇒ T − 62 =
Ahora aislamos el bloque D:
ΣFY=mDaDY ⇒ mDg+F-2T’=mDaD ⇒ 70 + 105 − 2T' =
70
a
9.8 D
175-2T’=7.143aD
Y por último hacemos el diagrama de sólido libre
del bloque A:
ΣFY=mAaAY ⇒ mAg+T’-2T=mAaA
90
aA ⇒ 90+T’-2T=9.184aA
90 + T'−2T =
9.8
Si unimos las ecuaciones correspondientes a los
cuatro bloques a las ecuaciones de las derivaciones de la
cuerda tenemos un sistema de seis ecuaciones y seis incógnitas:
0=2aA+2aB-aC
0=2aD-aA-aB
T-62=6.327aC
T’+90-2T=9.184aB
175-2T’=7.143aD
90+T’-2T=9.184aA
Sólo nos queda resolver. En primer lugar podemos ver que las
ecuaciones 4 y 6 tienen el primer miembro igual, luego el segundo también lo será:
T’+90-2T=9.184aB
90+T’-2T=9.184aA
Deducimos por tanto que:
9.184aB=9.184aA ⇒ aB=aA
Nos queda entonces el sistema con cinco ecuaciones y cinco incógnitas:
0=2aA+2aB-aC ⇒ 0=2aA+2aA-aC ⇒ 0=4aA-aC
0=2aD-aA-aB ⇒ 0=2aD-aA-aA ⇒ 0=2aD-2aA
T-62=6.327aC
175-2T’=7.143aD
90+T’-2T=9.184aA
De la segunda ecuación obtenemos:
0=2aD-2aA ⇒ aD=aA
Y reducimos el sistema a cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas:
0=4aA-aC
T-62=6.327aC
175-2T’=7.143aD ⇒ 175-2T’=7.143aA
90+T’-2T=9.184aA
Ahora de la primera ecuación:
0=4aA-aC ⇒ aC=4aA
Y sustituimos en las otras tres:
T-62=6.327aC ⇒ T-62=6.327 · 4aA ⇒ T-62=25.308aA
175-2T’=7.143aA
90+T’-2T=9.184aA
De la primera ecuación despejamos la tensión:
T-62=25.308aA ⇒ T=62+25.308aA
Y sustituimos en las otras dos:
175-2T’=7.143aA
90+T’-2T=9.184aA ⇒ 90+T’-2(62+25.308aA)=9.184aA ⇒ 90+T’-124-50.616aA=9.184aA
T’-34=59.80aA
Tenemos por tanto el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
175-2T’=7.143aA
T’-34=59.80aA
De la segunda ecuación:
T’-34=59.80aA ⇒ T’=34+59.80aA
Y sustituyendo en la primera:
175-2T’=7.143aA ⇒ 175-2(34+59.80aA)=7.143aA ⇒ 175-68-119.60aA=7.143aA
107=126.743aA ⇒ aA=aB=aD=0.844 m/s2
aA=aB=aD=0.844 m/s2
Y la otra aceleración:
aC=4aA=4 · 0.844=3.377 m/s2
aC=3.377 m/s2
b) Y la tensión en la cuerda:
T=62+25.308aA=62+25.308 · 0.844=83.360 N
T=83.360 N
1 0. - Una bolita de masa 0. 50 kg está montada en el
aro de la figura y puede girar libremente (rozamiento
despreciable) sobre él cuando éste gire. Determinar el
ángulo θ y la fuerza F que el aro ejerce sobre la bola
cuando aquél gire en torno a un diámetro vertical con una
velocidad angular constante igual a 1 20 rpm.
Pasamos la velocidad angular al sistema internacional:
ω=120 rpm=12.566 rad/s
A continuación hacemos el
diagrama de sólido libre de la
bolita. Sobre ella sólo actúan dos
fuerzas, el peso y la reacción de la
barra, que será perpendicular a la
tangente en el punto de contacto. Y
en cuanto a aceleraciones, puesto
que el movimiento es circular y
uniforme, la única aceleración que
tenemos será normal, en la
dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura. Aplicamos la
segunda ley de Newton y tendremos:
ΣFX=maX ⇒ Fsenθ=ma ⇒ Fsenθ=mω2ρ ⇒ Fsenθ=mω2Rsenθ
F=mω2R=0.5 · 12.5662 · 0.15=11.844 N
F=11.844 N
mg 0.5 ⋅ 9.8
ΣFY=maY ⇒ Fcosθ-mg=0 ⇒ cos θ =
=
= 0.414 ⇒ θ = 65.561º
F
11.844
θ=65.561º
11.Una caja descansa sobre una correa
transportadora inicialmente en reposo. Se arranca la correa
y se mueve hacia la izquierda durante 1 . 3 s con una
aceleración constante de 2 m/s2. A continuación, la correa
comienza a moverse con una deceleración constante a 2 y se detiene tras recorrer un
total de 2. 2 m. Sabiendo que los coeficientes de rozamiento estático y dinámico entre
la caja y la correa son, respectivamente, µ e=0. 35 y µ c=0. 25 hallar: a) la deceleración
a 2 de la correa; b) el desplazamiento de la caja respecto a la correa cuando ésta se
detiene.
a) El movimiento se va a dividir en dos partes, cuando la aceleración de la correa es
a1 y cuando es a2. Comencemos con el primer intervalo. Durante 1.3 s la correa parte del
reposo y se mueve con aceleración constante. Teniendo en cuenta que el movimiento es
rectilíneo y uniforme podemos determinar el espacio x1 recorrido:
1
1
x1 = x0 + v0 t1 + a1 t12 = 2 ⋅ 1.32 = 1.69 m
2
2
En la primera parte del movimiento la correa se desplaza 1.69 m, y termina con una
velocidad que es:
v1=v01+a1t1=2 · 1.3=2.6 m/s
Ahora pasamos a la segunda parte del movimiento, el tramo 2. Como el movimiento
es rectilíneo uniformemente acelerado podemos aplicar las ecuaciones del espacio y la
velocidad:
1
1
x2 = x02 + v02t2 − a2t22 ⇒ 2.2 = 1.69 + 2.6t2 − a2t22
2
2
v2=v02-a2t2 ⇒ 0=2.6-a2t2
De la segunda ecuación:
0=2.6-a2t2 ⇒ a2t2=2.6
Y sustituyendo en la primera:
1
1
2.2 = 1.69 + 2.6t2 − a2t22 ⇒ 2.2 = 1.69 + 2.6t2 − 2.6t2 ⇒ 0.51 = 1.3t2 ⇒ t2 = 0.392 s
2
2
Y ya podemos obtener la aceleración a2:
a2t2=2.6 ⇒ 0.392a2=2.6 ⇒ a2=6.627 m/s2
a2=6.627 m/s2
b) Veamos ahora qué ocurre con la caja en estos dos intervalos de tiempo.
Comenzamos como antes con el intervalo 1. En primer lugar tendremos que determinar si la
caja desliza o no respecto de la correa. Supongamos que la caja no desliza respecto de la
correa. En este caso, la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima estática:
Fr≤(Fr)máx ⇒ Fr≤µeN
Hacemos el diagrama de sólido libre de la
caja, que si suponemos que no desliza respecto de la
correa, se mueve con su misma aceleración a1=2
m/s2. Tendremos lo que aparece en la figura.
Aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg
ΣFX=maX ⇒ Fr=ma1
Comprobamos
a
continuación
que
efectivamente la caja no desliza respecto de la
correa:
Fr≤µeN ⇒ ma1≤µeN ⇒ ma1≤µemg ⇒ a1≤µeg ⇒ 2≤0.35 ·
9.8 ⇒ 2≤3.43
Vemos que el resultado es correcto, luego durante el primer intervalo de tiempo la
caja no desliza respecto de la correa y por tanto ambos sistemas recorren el mismo
espacio, con la misma velocidad e igual aceleración.
Pasamos entonces al tramo 2, y tendremos
que hacer lo mismo. Vemos si en este tiempo la caja
desliza respecto de la correa. Suponemos
inicialmente lo mismo que antes, que la caja no
desliza respecto de la correa, de modo que
tendremos las mismas condiciones: la fuerza de
rozamiento es inferior a la máxima (Fr≤µeN) y la
aceleración de la caja es la misma que la de la correa
(a2). Tendremos un diagrama de sólido libre similar,
sólo que el sentido de la aceleración (y por tanto el
de la fuerza de rozamiento) cambia puesto que la
correa decelera. Operando de igual modo que antes:
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg
ΣFX=maX ⇒ Fr=ma2
Comprobamos a continuación que efectivamente la caja no desliza respecto de la
correa:
Fr≤µeN ⇒ ma2≤µeN ⇒ ma2≤µemg ⇒ a2≤µeg ⇒ 6.627≤0.35 · 9.8 ⇒ 6.627≤3.43
El resultado a que llegamos es absurdo, luego nuestra suposición es incorrecta, y la
caja desliza durante este segundo intervalo respecto de la correa, recorriendo los dos
sistemas espacios diferentes. Ahora la aceleración de la caja no es a2, sino que es una
aceleración diferente que llamaremos a, y la fuerza de rozamiento, puesto que desliza, es la
cinética:
Fr=µcN
El diagrama de sólido libre de la caja es
como antes pero con estos nuevos parámetros.
Obviamente, cuando la correa frena la caja
desliza respecto de la correa hacia la izquierda,
luego la fuerza de rozamiento será hacia la
derecha (sentido opuesto al deslizamiento). Del
diagrama podemos obtener la aceleración a de la
caja:
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg
ΣFX=maX ⇒ Fr=ma ⇒ µcN=ma ⇒ µcmg=ma
a=µcg=0.25 · 9.8=2.45 m/s2
Ahora durante este intervalo que dura 0.392 s el movimiento de la caja es
rectilíneo uniformemente acelerado, parte con velocidad inicial de 2.6 m/s (la final del
tramo anterior, en el que el movimiento era el mismo que el de la correa), y ha recorrido un
espacio inicial de 1.69 m. Tendremos por tanto que el espacio recorrido por la caja es:
1
1
xcaja = x0caja + v0caja t2 − at22 = 1.69 + 2.6 ⋅ 0.392 − 2.45 ⋅ 0.3922 = 2.521 m
2
2
Tenemos por tanto que la correa recorre 2.2 m y la caja recorre 2.521 m, luego el
espacio recorrido por la caja respecto de la correa será:
xcaja/correa=xcaja-xcorrea=2.521-2.2=0.321 m
xcaja/correa=0.321 m
1 2. - Una corredera de 2 kg que
puede deslizar por una guía vertical lisa está
sometida a una fuerza P cuya intensidad
varía como se muestra. Sabiendo que
inicialmente está en reposo, hallar su
velocidad en: a) t=2 s; b) t=3 s; c) si P
deja de aplicarse en t=3 s, hallar el
instante en que la velocidad se anula.
a) A lo largo de todo el movimiento la corredera está sometida a dos
fuerzas, la fuerza P, vertical y hacia arriba, y el peso, vertical y hacia abajo. Desde
t=0 hasta t=2 la ecuación de la fuerza P es:
P=bt
siendo la pendiente:
50
b = tgα =
= 25 N / s
2
Por tanto en este intervalo la ecuación de la fuerza P es:
P=bt=25t
Aplicando el teorema del impulso:
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫02 FY dt = ∫0v2 Y mdvY ⇒ ∫02 (P − mg )dt = ∫0v2 Y mdvY ⇒ ∫02 (25t − 2 ⋅ 9.8)dt = ∫0v2 Y 2dvY
2
∫0
(25t − 19.6)dt =
v
∫02 Y 2dvY
2

25t2
⇒
− 19.6t = 2vY ]v02 Y
2
 0
25 ⋅ 22
− 19.6 ⋅ 2 = 2v2Y ⇒ v2Y = 5.4 m / s
2
v2Y=5.4 m/s
b) Para 2<t<3 s la fuerza P vale 50 N luego tendremos:
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫23FY dt = ∫vv3 Y mdvY ⇒ ∫23 (P − mg )dt = ∫5v3.4Y mdvY ⇒ ∫23 (50 − 2 ⋅ 9.8)dt = ∫5v3.4Y 2dvY
2Y
3
v
3
v
∫2 30.4dt = ∫53.4Y 2dvY ⇒ 30.4t]2 = 2vY ]53.4Y ⇒ 30.4(3 − 2) = 2(v3Y − 5.4) ⇒ v3Y = 20.6 m / s
v3Y=20.6 m/s
c) Por último, para t>3 s P se anula luego nos queda:
0
t
0
ΣFYdt = mdvY ⇒ ∫3t FYdt = ∫v0 mdvY ⇒ ∫3t − mgdt = ∫20
.6 mdvY ⇒ ∫3 − 2 ⋅ 9.8dt = ∫20.6 2dvY
3Y
t
∫3 − 19.6dt
0
t
0
= ∫20
.6 2dvY ⇒ (− 19.6t ]3 = 2vY ]20.6 ⇒ −19.6( t − 3) = −2 ⋅ 20.6 ⇒ t = 5.10 s
t=5.10 s
1 3. El
triple
salto es una prueba
atlética en la que el
atleta
toma
impulso
corriendo
e
intenta
saltar
lo
más
lejos
posible con un brinco,
una zancada y un salto.
En las figuras se representan el brinco inicial y el salto final donde aterriza en un
foso de arena. Si el peso del atleta es de 85 kg y suponiendo que se acerca a la línea
de impulso con la velocidad mostrada en la figura (1 0 m/s) que se mantiene en
contacto con el suelo durante 0. 1 8 s y despega bajo un ángulo de 50º con una
velocidad de 1 2 m/s y que en el salto final, en el instante de aterrizar en el foso,
lleva una velocidad de 9 m/s formando un ángulo de 35º con la horizontal y tarda
0. 22 s en detenerse por completo, hallar la componente vertical de la fuerza impulsiva
media que el suelo le ejerce en el pié en el brinco y la componente horizontal de la
fuerza impulsiva media que se ejerce sobre sus pies en el aterrizaje.
Empezamos por el brinco. Aplicamos el teorema del impulso al eje Y y nos queda:
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫00.18 FY dt = ∫012sen50 º mdvY ⇒ ∫00.18 (FY − mg)dt = ∫012sen50 º mdvY
0.18
∫0
(FY − 85 ⋅ 9.8)dt = ∫012sen50 º 85dvY ⇒ ∫00.18 (FY − 833)dt = ∫012sen50 º 85dvY
(FY − 833)t]0
0.18
sen50 º
= 85vY ]12
⇒ (FY − 833)0.18 = 85 ⋅ 12sen50º ⇒ FY = 5173.92 N
0
FY=5173.92 N
Ahora hacemos lo mismo en el aterrizaje pero en el eje X:
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫00.22 FX dt = ∫90cos 35 º mdvX ⇒ ∫00.22 FX dt = ∫90cos 35 º 85dvX
FX t]00.22 = 85vX ]90 cos 35 º ⇒ 0.22FX = −85 ⋅ 9 cos 35º ⇒ FX = −2848.42 N
El signo negativo es porque la fuerza tiene sentido contrario a la velocidad, lo cual
es lógico, ya que el atleta está frenando.
FX=2848.42 N
1 4. - Una caja de 1 0 kg descansa sobre una
superficie horizontal según se indica en la figura y se le
aplica una fuerza horizontal P. El módulo de P varía con el
tiempo según se indica en la figura inferior. Si los
coeficientes de rozamiento estático y dinámico valen 0. 4 y
0. 3 respectivamente, determinar: a) la velocidad de la caja
en t=1 0 s; b) la velocidad de la caja en t=1 5 s; c) el
tiempo tf para el cual la caja deja de deslizar.
a) Tendremos el diagrama de sólido libre que aparece al
lado. Teniendo en cuenta que el movimiento se produce solamente a lo largo
del eje X tendremos:
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=10 · 9.8=98 N
Ahora tenemos que tener en cuenta que inicialmente la caja no se
mueve, porque el rozamiento es suficiente para evitar el deslizamiento. No
habrá movimiento mientras la fuerza de rozamiento sea inferior a la
fuerza de rozamiento máxima estática, que será:
(Fr)e=µeN=0.4 · 98=39.2 N
A partir de t=0 y hasta t=10 s la fuerza P aumenta siguiendo la ecuación
P=bt
siendo b la pendiente de la recta, es decir:
50
b = tgα =
= 5 N/s
10
Por tanto durante este tiempo la fuerza P vale P=bt=5t. Calculemos el tiempo en que
esta fuerza alcanza a la fuerza de rozamiento estática:
P=(Fr)e ⇒ 5t=39.2 ⇒ t=7.84 s
Por tanto el movimiento de la caja empieza en t=7.84 s. A partir de este instante, la
fuerza de rozamiento pasa a tener el valor cinético, que es:
Fr=µcN=0.3 · 98=29.4 N
En el intervalo 7.84<t<10 s (que es el intervalo en que la fuerza P=5t) aplicamos el
teorema del impulso:
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫710.84 FX dt = ∫0v10 mdvX ⇒ ∫710.84 (P − Fr )dt = ∫0v10 10dvX
10
∫7.84 (5t
− 29.4)dt =
v
∫010 10dvX
10

5t2
= 10vX ]0v10
⇒
− 29.4t
2
 7.84
5 ⋅ 102
5 ⋅ 7.842
− 29.4 ⋅ 10 −
+ 29.4 ⋅ 7.84 = 10v10 ⇒ v10 = 3.28 m / s
2
2
v10=3.28 m/s
b) Desde t=10 s hasta t=15 s la fuerza P es constante y vale 50 N luego ahora
tendremos:
15
15
FX dt = ∫vv15 mdvX ⇒ ∫10
(P − Fr )dt = ∫3v15
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫10
.28 10dvX
10
15
∫10 (50
− 29.4)dt =
v
∫315
.28 10dvX
⇒
15
∫10 20.6dt
15
v15
= ∫3v15
.28 10dvX ⇒ 20.6t ]10 = 10vX ]3.28
20.6(15-10)=10(v15-3.28) ⇒ v15=13.58 m/s
v15=13.58 m/s
c) Entre t=15 s y t=25 s la fuerza P es constante de nuevo y vale P=25 N, con lo cual
tendremos:
v25
25
25
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫15
FX dt = ∫vv25mdvX ⇒ ∫15
(P − Fr )dt = ∫13
.58 10dvX
15
25
∫15 (25 − 29.4)dt
25
v25
v25
25
v25
= ∫13
.58 10dvX ⇒ − ∫15 4.4dt = ∫13.58 10dvX ⇒ − 4.4t ]15 = 10vX ]13.58
-4.4 (25-15)=10(v25-13.58) ⇒ v25=9.18 m/s
A partir de aquí la fuerza P se hace nula y actúa sólo la fuerza de rozamiento
cinética, hasta que el bloque se detiene. En esta última parte por tanto:
tf
tf
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫25
− Fr dt = ∫90.18 10dvX
FX dt = ∫v0 mdvX ⇒ ∫25
25
t
0
f
= 10vX ]90.18 ⇒ −29.4(tf − 25) = −10 ⋅ 9.18 ⇒ tf = 28.12 s
∫25f − 29.4dt = ∫9.18 10dvX ⇒ − 29.4t]25
t
tf=28.12 s
1 5. - Una partícula de 730 g tiene una velocidad de 3
m/s en la dirección indicada en el plano horizontal XY, y
encuentra un flujo continuo de aire en la dirección Y para t=0.
Si la componente y de la fuerza ejercida sobre la partícula
por el aire es constante e igual a 0. 44 N, determinar el
tiempo t que necesita la partícula para cruzar de nuevo el eje
fijo de las X.
Cuando vuelva a cruzar el eje de las X la componente vertical de la velocidad será
igual a la inicial y de sentido contrario, por lo que en el eje Y inicialmente la velocidad es
v0Y=-3sen30º y la velocidad final será vY=3sen30º. Aplicamos el teorema del impulso al eje
Y:
t
3sen30 º
30 º
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫0t FY dt = ∫vvY mdvY ⇒ ∫0t 0.44dt = ∫−33sen
sen30 º 0.73dv Y ⇒ 0.44t ]0 = 0.73vY ]− 3sen30 º
0Y
0.44t = 0.73(3sen30º +3sen30º ) ⇒ t = 4.98 s
t=4.98 s
1 6. - Un disco de 2 kg se desliza por
una superficie horizontal lisa cuando sobre él
se ejerce una fuerza transversal (ver figura
izquierda). Ésta forma un ángulo θ con la
dirección inicial de v y su módulo varía según
se indica en la figura de la derecha. Si v=1 0
m/s y θ=50º , determinar el módulo, dirección
y sentido de la velocidad del disco cuando: a) t=5 s; b) t=1 0 s; c) t=1 5 s.
a) En el intervalo de tiempo 0<t<5 s la fuerza F tiene una expresión del tipo F=bt
6
siendo b = = 1.2 N / s . Así, la expresión de F en este intervalo es F=bt=1.2t.
5
Aplicamos el teorema del impulso al eje X:
v5 X
v5 X
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫05 F cos θdt = ∫10
2dvX
mdvX ⇒ ∫051.2t cos 50º dt = ∫10
5

1 .2 ⋅ 5 2
1.2t2
v5 X
cos 50º  = 2vX ]10
cos 50º = 2(v5X − 10) ⇒ v5X = 14.821 m / s
⇒
2
2
 0
Y hacemos lo mismo con el eje Y:
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫05 Fsenθdt = ∫0v5 Y mdvY ⇒ ∫051.2tsen50º dt = ∫0v5 Y 2dvY
5

1.2t2
1 .2 ⋅ 5 2
sen50º  = 2vY ]v05 Y ⇒
sen50º = 2v5 Y ⇒ v5 Y = 5.745 m / s
2
2
 0
Por tanto la velocidad en t=5 s es:
v5=v5Xi+v5Yj=14.821i+5.745j m/s
v5=14.821i+5.745j m/s
b) Vamos ahora a t=10 s. Para el intervalo 5<t<10 s la fuerza F tiene una expresión
9
del tipo F=a-bt siendo b = = 1.8 N / s . Para determinar la ordenada en el origen (a),
5
podemos tener en cuenta que un punto de la recta es el (5, 6), de modo que:
F=a-bt=a-1.8t ⇒ Para t=5 s ⇒ F=6 N ⇒ 6=a-1.8 · 5 ⇒ a=15 N
Entonces en el intervalo de tiempo 5<t<10 s la fuerza F vale F=a-bt=15-1.8t.
Aplicamos de nuevo el teorema del impulso, primero al eje X:
v10 X
10
v10 X
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫510 F cos θdt = ∫14
.821 mdvX ⇒ ∫5 (15 − 1.8t) cos 50 º dt = ∫14.821 2dvX
10
2 


 15t − 1.8t  cos 50º  = 2vX ]v10 X
14.821


2 

 5
2
2 

 15 ⋅ 10 − 1.8 ⋅ 10 − 15 ⋅ 5 + 1.8 ⋅ 5  cos 50 º = 2(v10 X − 14.821) ⇒ v10 X = 17.231 m / s

2
2 

Y para el eje Y:
10
v10 Y
Y
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫510 Fsenθdt = ∫5v10
.745 mdv Y ⇒ ∫5 (15 − 1.8t)sen50 º dt = ∫5.745 2dvY
10
2 


 15t − 1.8t sen50 º  = 2vY ]v10 Y
5.745


2 

 5
2
2 

 15 ⋅ 10 − 1.8 ⋅ 10 − 15 ⋅ 5 + 1.8 ⋅ 5 sen50º = 2(v10 Y − 5.745) ⇒ v10 Y = 8.618 m / s

2 
2

Para t=10 s la velocidad es:
v10=v10Xi+v10Yj=17.231i+8.618j m/s
v10=17.231i+8.618j m/s
c) Por último, en el intervalo 10<t<15 s la fuerza F es del tipo F=a+bt siendo
3
b = = 0.6 N / s . La ordenada en el origen la obtenemos sabiendo que la recta pasa por el
5
punto (15, 0) luego tendremos:
F=a+bt=a+0.6t ⇒ Para t=15 s ⇒ F=0 ⇒ 0=a+0.6 · 15 ⇒ a=-9 N
La fuerza F en este intervalo tiene por ecuación F=a+bt=-9+0.6t. Aplicamos de
nuevo el teorema del impulso y en el eje X:
15
v15 X
15
v15 X
ΣFX dt = mdvX ⇒ ∫10
F cos θdt = ∫17
.231 mdvX ⇒ ∫10 ( −9 + 0.6t) cos 50 º dt = ∫17.231 2dvX
15
2 


 − 0.9t + 0.6t  cos 50 º  = 2vX ]v15 X
17.231

2 
 10

2
2 

 − 0.9 ⋅ 15 + 0.6 ⋅ 15 + 0.9 ⋅ 10 − 0.6 ⋅ 10  cos 50º = 2(v15X − 17.231) ⇒ v15X = 27.837 m / s


2
2


Y por último en el eje Y:
15
15
v15 Y
Y
Fsenθdt = ∫8v15
ΣFY dt = mdvY ⇒ ∫10
.618 mdv Y ⇒ ∫10 ( −0.9 + 0.6t)sen50 º dt = ∫8.618 2dvY
15
2 


 − 0.9t + 0.6t sen50 º  = 2vY ]v15 Y
8.618

2 
 10

2
2 

 − 0.9 ⋅ 15 + 0.6 ⋅ 15 + 0.9 ⋅ 10 − 0.6 ⋅ 10 sen50º = 2(v15 Y − 8.618) ⇒ v15 Y = 21.258 m / s


2
2


Para t=15 s la velocidad es:
v15=v15Xi+v15Yj=27.837i+21.258j m/s
v15=27.837i+21.258j m/s
1 7. - Dos estaciones espaciales S1 y S2 recorren
en sentido antihorario órbitas coplanarias en torno a la
Tierra, de radios r0=7000 km y 8r0 respectivamente.
1 º ) Se desea enviar un vehículo desde S1 hasta S2 y
para ello ha de ser lanzado tangencialmente a la órbita
de S1 y ha de alcanzar a S2 con una velocidad tangente
a la órbita de ésta. Tras un período muy corto de vuelo
propulsado, el vehículo irá en vuelo libre desde S1
hasta S2. a) Determinar la velocidad de lanzamiento del
vehículo (velocidad relativa a S1 ); b) determinar el
ángulo θ que define la posición a ocupar por S2 en el
momento del lanzamiento; 2º ) inmediatamente después de que S1 lance el vehículo, se
pretende hacer regresar a la Tierra dicha estación espacial disminuyendo su velocidad
de forma prácticamente instantánea. De esta forma se inicia una trayectoria elíptica
de acercamiento a al Tierra, trayectoria cuyo apogeo es el mismo punto en que S1
lanzó el vehículo. Determinar la velocidad de aterrizaje, si el ángulo que define el
punto en que aquél se produce es de 45º .
1ºa) Los radios de las dos órbitas circulares son:
r0=7000 km; 8r0=8 · 7000=56000 km
El vehículo debe lanzarse en el punto 1 y recorrer una órbita elíptica de eje mayor:
2a=r1+r2=r0+8r0=9r0=9 · 7000=63000 km
Como en esta órbita la energía es constante tendremos:
ET = cte = EC1 + EP1 ⇒ −G
Mm 1
Mm
M 1 2
M
= mv 2 − G
⇒ −G
= v −G
2a 2 1
r1
2a 2 1
r0
6 ⋅ 1024
1
6 ⋅ 1024
= v12 − 6.67 ⋅ 10 −11
⇒ v1 = 10081.57 m / s
3
2
63000 ⋅ 10
7000 ⋅ 103
Antes del lanzamiento la estación espacial S1 estaba en una órbita circular, luego su
velocidad v era:
− 6.67 ⋅ 10 −11
FG = man ⇒ G
v2
Mm
m
⇒v=
=
r0
r02
GM
=
r0
6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 1024
= 7561.18 m / s
7000 ⋅ 103
Por tanto la velocidad relativa:
vrel=v1-v=10081.57-7561.18=2520.40 m/s
vrel=2520.40 m/s
1ºb) Las estaciones S1 y S2 salen simultáneamente de los puntos marcados en la
figura, y tienen que llegar a la vez al punto de encuentro. Por tanto tiene que tardar lo
mismo S1 en recorrer media órbita que S2 en recorrer el ángulo θ. Si nos centramos en S1
calcular ese tiempo es sencillo, ya que como se recorre media órbita por la ley de las áreas
el tiempo invertido será medio periodo. Así pues tendremos:
8r0:
ω2 =
3
 63000 ⋅ 103 

 = 27763.69 s


2


Si vamos a S2, que recorre en ese tiempo el ángulo θ de una órbita circular de radio
t=
T1 1
=
2 2
4 π2 3 1
4 π2
a =
GM
2 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 1024
GM
8r0
v
θ
t=
⇒ θ = ω2t = 2 t =
8r0
8r0
t
6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 1024
8 ⋅ 7000 ⋅ 103
27763.69 = 1.325 rad = 75.94 º
8 ⋅ 7000 ⋅ 103
θ=75.94º
2º) Ahora tenemos una órbita de aterrizaje
distinta de las anteriores. En ella marcamos los puntos A y
P (apogeo y perigeo). Evidentemente al perigeo no se llega
porque antes la estación choca con la Tierra en el punto C,
situado a 45º. El perigeo entonces estaría en el interior
de la Tierra. Conocemos el apogeo, que mide:
rA=r0=7000 km
No conocemos aún el perigeo. Para determinarlo lo
mejor será utilizar la ecuación de la cónica, que es:
α
r=
1 + ε cos θ
Conocemos dos puntos de la cónica. El primero es el apogeo:
α
α
⇒ rA =
r=rA ⇒ θ=180º ⇒ cosθ=-1 ⇒ r =
1 + ε cos θ
1−ε
α
α
r=RT ⇒ θ=-45º ⇒ cosθ=0.707 ⇒ r =
⇒ RT =
1 + ε cos θ
1 + 0.707 ε
Dividiendo las dos expresiones:
α
r
rA
7000 1 + 0.707 ε
1 + 0.707 ε
−ε
1
=
⇒ A =
⇒
=
α
1−ε
6370
1−ε
RT
RT
1 + 0.707 ε
7000-7000ε=6370+4504.27ε ⇒ ε=0.05476
La ascensión recta será:
α
α
rA =
⇒ α = 6616.664 km
⇒ 7000 =
1−ε
1 − 0.05476
Por tanto la ecuación de la cónica es:
α
6616.664
=
r=
1 + ε cos θ 1 + 0.05476 cos θ
Podemos determinar el perigeo, ya que en el perigeo θ=0º y por tanto cosθ=1:
6616.664
6616.664
r = rP ⇒ rP =
=
= 6273.15 km
1 + 0.05476 cos θ 1 + 0.05476
Vemos que es inferior al radio terrestre, como hemos explicado antes. Ahora,
aplicando el teorema de conservación de la energía al punto de aterrizaje:
Mm 1
Mm
M
1 2
M
2
ET = cte = ECC + EPC ⇒ −G
= mvat
−G
⇒ −G
= vat
−G
2a' 2
RT
rA + rP 2
RT
− 6.67 ⋅ 10 −11
24
6 ⋅ 1024
1 2
−11 6 ⋅ 10
=
v
−
6
.
67
⋅
10
⇒ vat = 8083.89 m / s
at
(7000 + 6273.15) ⋅ 103 2
6370 ⋅ 103
vat=8083.89 m/s
1 8. - Un cohete se observa desde la Tierra a 1 4000 km del centro de ésta,
con una velocidad de 28000 km/h. El ángulo entre los vectores posición (medido desde
el centro de la Tierra) y velocidad es de 41 º . a) Determinar el tipo de órbita que
está describiendo el cohete, su energía total y su momento angular. En su recorrido
posterior y a una distancia de 1 0000 km del centro de la Tierra se quiere que pase a
una órbita elíptica en torno a la misma. Para ello se encienden los motores de forma
que su velocidad pasa a ser 1 6000 km/h y se inclina la nave de forma que en dicha
posición el ángulo entre los vectores posición (medido respecto a la Tierra) y velocidad
es de 28º . Determinar: b) el incremento de velocidad que ha sido necesario comunicar
a la nave en dicho punto; c) la velocidad de la nave en el perigeo y apogeo de la nueva
órbita elíptica; d) el semieje mayor de dicha órbita elíptica y la ecuación de la misma:
e) el ángulo al que se produciría el choque del cohete con la Tierra si se le dejase
continuar en esta órbita elíptica.
a) La energía total es la suma de la cinética más la potencial. Podemos obtenerla a
falta de la masa del vehículo, que denominaremos m. La velocidad del vehículo en el Sistema
Internacional es:
v=28000 km/h=7777.78 m/s
Por tanto la energía total es:
Mm
1
=
ET = cte = EC + EP = mv 2 − G
2
r
6 ⋅ 1024 m
1
= 1661199.295m J
= m ⋅ 7777.782 − 6.67 ⋅ 10 −11
2
14000 ⋅ 103
ET=1661199.295m J
Como la energía total es positiva se trata de una órbita hiperbólica.
Órbita hiperbólica
Y el momento angular en módulo:
L=rmvsenϕ=14000 · 103 m · 7777.78sen41º=7.144 · 1010m kgm2/s
L=7.144 · 1010m kgm2/s
b) Vamos a ver en primer lugar qué velocidad llevaba el cohete cuando llega a la
posición r’=10000 km antes de encenderse los motores. Para ello aplicamos la conservación
de la energía y tendremos:
ET = cte = E'C +E'P ⇒ ET =
1
Mm
1
6 ⋅ 1024 m
mv'2 −G
⇒ 1661199.295m = mv'2 −6.67 ⋅ 10 −11
2
r'
2
10000 ⋅ 103
1 2
6 ⋅ 1024
⇒ v' = 9130.30 m / s
v' −6.67 ⋅ 10 −11
2
10000 ⋅ 103
Tras encender los motores la velocidad pasa a ser v’’=16000 km=4444.44 m/s. Por
tanto el incremento de velocidad es:
∆v=v’’-v’=4444.44-9130.30=-4685.86 m/s
∆v=-4685.86 m/s
c) Conocemos el momento angular en la nueva órbita, que será:
L’’=r’’mv’’senϕ’’=10000 · 103 m · 4444.44sen28º=2.0865 · 1010m kgm2/s
Y sabemos también la energía total:
1661199.295 =
6 ⋅ 1024 m
Mm 1
1
mv''2 −G
= −30143456.79m J
= m ⋅ 4444.442 − 6.67 ⋅ 10 −11
r'' 2
2
10000 ⋅ 103
Obtenemos una energía total negativa, como corresponde a una órbita elíptica.
Ahora en esta órbita se conserva tanto el momento angular como la energía total. Así,
aplicamos la conservación de estos dos parámetros al apogeo y tendremos:
L’’=cte=rAmvAsenϕA ⇒ 2.0865 · 1010m=rAmvAsen90º ⇒ 2.0865 · 1010=rAvA
1
Mm
E''T = cte ⇒ E''T = E''CA +E''PA ⇒ E''T = mvA2 − G
2
rA
E''T = E''C +E'' =
− 30143456.79m =
1
6 ⋅ 1024 m
1
6 ⋅ 1024
⇒ −30143456.79 = vA2 − 6.67 ⋅ 10 −11
mvA2 − 6.67 ⋅ 10 −11
2
rA
2
rA
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
2.0865 · 1010=rAvA
− 30143456.79 =
1 2
6 ⋅ 1024
vA − 6.67 ⋅ 10 −11
2
rA
De la primera ecuación:
2.0865 · 1010=rAvA ⇒ rA =
2.0865 ⋅ 1010
vA
Y sustituimos en la segunda:
− 30143456.79 =
− 30143456.79 =
1 2
6 ⋅ 1024
vA − 6.67 ⋅ 10 −11
2
rA
6 ⋅ 1024 vA
1 2
⇒ vA2 − 38360.89vA + 60286913.58 = 0
vA − 6.67 ⋅ 10 −11
2
2.0865 ⋅ 1010
38360.89 ± 38360.892 − 4 ⋅ 60286913.58 36719.05 m / s
=
2
 1641.84 m / s
Los dos resultados corresponden a las velocidades del apogeo y el perigeo, puesto
que si hubiéramos aplicado las dos expresiones (energía total y momento angular) al perigeo
habríamos obtenido idénticas ecuaciones. Así, la velocidad mayor se corresponderá a la
menor distancia (perigeo) puesto que se conserva el momento angular, y la velocidad menor
se corresponde con la distancia mayor (apogeo):
vA=1641.84 m/s
vP=36719.05 m/s
d) A partir de la velocidad en el apogeo obtenemos la distancia en dicho punto:
2.0865 ⋅ 1010 2.0865 ⋅ 1010
rA =
=
= 12708302.88 m = 12708.30 km
vA
1641.84
vA =
Como el momento angular es constante podemos poner también:
L’’=cte=rPmvPsenϕP ⇒ 2.0865 · 1010m=rPmvPsen90º ⇒ 2.0865 · 1010=rPvP
rP =
2.0865 ⋅ 1010 2.0865 ⋅ 1010
=
= 568233.66 m = 568.23 km
vP
36719.05
El semieje mayor de la órbita será:
r +r
12708.30 + 568.23
= 6638.27 km
a= A P =
2
2
a=6638.27 km
La ecuación de la cónica es del tipo:
α
r=
1 + ε cos θ
donde habrá que determinar las dos constantes α y ε. Para ello necesitamos dos ecuaciones,
pero conocemos dos puntos de la trayectoria, el perigeo y el apogeo. Tendremos entonces:
α
α
r = rP ⇒ θ = 0º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rP =
⇒ 568.23 =
1+ε
1+ε
α
α
r = rA ⇒ θ = 180 º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rA =
⇒ 12708.30 =
1−ε
1−ε
Dividiendo las dos expresiones:
α
rP 1 + ε
r
r −r
1−ε
12708.30 − 568.23
=
⇒ P =
⇒ rP (1 + ε) = rA (1 − ε) ⇒ ε = A P =
= 0.9144
α
rA 1 + ε
rA
rA + rP 12708.30 + 568.23
1−ε
Y de cualquiera de las expresiones obtenemos la ascensión recta:
α
568.23 =
⇒ α = 568.23(1 + ε) = 568.23(1 + 0.9144) = 1087.82 km
1+ε
Por tanto la ecuación de la cónica es:
1087.82
α
r=
=
1 + ε cos θ 1 + 0.9144 cos θ
1087.82
r=
1 + 0.9144 cos θ
e) Para el punto de aterrizaje r=RT luego:
1087.82
1087.82
1087.82
r=
⇒ RT =
⇒ 6370 =
1 + 0.9144 cos θ
1 + 0.9144 cos θ
1 + 0.9144 cos θ
cosθ=-0.9068 ⇒ θ=155.07º
θ=155.07º
∆vA. Esta órbita la lleva hasta el punto
sonda es insertada en una segunda órbita
∆vB. Finalmente cuando llega al punto C
reduciendo su velocidad en ∆vC. Sabiendo
1 9. Se
pretende
colocar una sonda espacial en
una órbita circular de 4000
km de radio alrededor de
Marte. Para ello cuando la
sonda llega a A, punto de su
trayectoria de aproximación
más cercano a Marte, se
inserta primero en una órbita
elíptica
de
transferencia
reduciendo su velocidad en
B con una velocidad muy reducida. Ahí la
de transferencia reduciendo su velocidad en
se introduce en la órbita circular deseada
que rA=9000 km, que ∆vA=440 m/s y que la
sonda se aproxima a A siguiendo una trayectoria parabólica, hallar: a) la distancia rB
del centro de Marte al punto B; b) el incremento de velocidad ∆vB; c) el tiempo que
tarda la sonda en pasar de A hasta B en su primera órbita de transferencia; d) el
incremento de velocidad ∆vC; e) la ecuación de la segunda órbita de transferencia.
M=6. 444 · 1 023 kg.
a) La trayectoria de aproximación es parabólica, luego la energía en esta órbita
tiene que ser nula. Con ello, podemos determinar la velocidad de la nave al llegar al punto A:
1
Mm
2GM
2
ETaproximación = 0 ⇒ ECA + EPgA = 0 ⇒ mvA
−G
= 0 ⇒ vA =
=
2
rA
rA
=
2 ⋅ 6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6.444 ⋅ 10 23
9000 ⋅ 10 3
= 3090.54 m / s
En el punto A la velocidad de la sonda se reduce en ∆vA para situarla en la primera
órbita de transferencia, de modo que tendremos:
v’A=vA-∆vA=3090.54-440=2650.54 m/s
Con esta velocidad la sonda se encuentra en la primera órbita de transición, que es
una elipse. Aplicamos la energía total de esta elipse a este punto A y tendremos:
Mm 1
Mm
ETelipse1 = ECA + EPgA ⇒ −G
= mv'A2 −G
2a1 2
rA
6.444 ⋅ 10 23
6.444 ⋅ 10 23 1
= 2650.54 2 − 6.67 ⋅ 10 −11
2
2a1
9000 ⋅ 10 3
2a1=34030241.02 m=34030.24 km ⇒ 2a1=rA+rB ⇒ rB=2a1-rA=34030.24-9000=25030.24 km
rB=25030.24 km
b) A continuación vamos a determinar la velocidad en el punto B. Para conocer la
velocidad en dicho punto en la primera órbita elíptica, aplicamos la conservación del
momento angular entre las posiciones A y B:
LA=LB ⇒ rAmv’AsenϕA=rBmvBsenϕB
En los puntos A y B el radio vector es perpendicular a la velocidad, luego:
ϕA=ϕB=90º ⇒ senϕA=senϕB=1
Nos queda pues:
rAmv’AsenϕA=rBmvBsenϕB ⇒ rAv’A=rBvB ⇒ 9000 · 2650.54=25030.24vB ⇒ vB=953.04 m/s
A continuación se desea situar la sonda en una segunda órbita elíptica, cuyo eje
mayor es:
2a2=rB+rC=25030.24+4000=29030.24 km
Aplicando la conservación de la energía en esta órbita para el punto B, podemos
determinar la velocidad que tiene que llevar la sonda en dicha órbita:
Mm
Mm 1
ETelipse2 = ECB + EPgB ⇒ −G
= mv'B2 −G
rB
2a2 2
− 6.67 ⋅ 10 −11
1 2
6.444 ⋅ 10 23
v'B −6.67 ⋅ 10 −11
⇒ v'B = 687.90 m / s
29030.24 ⋅ 10 3 2
25030.24 ⋅ 10 3
Por tanto el incremento de velocidad que debe comunicarse a la sonda en el punto B
para cambiar de la elipse 1 a la 2 es:
∆vB=v’B-vB=687.90-953.04=-265.14 m/s
∆vB=-265.14 m/s
c) El radio vector de la sonda al ir desde A hasta B en la primera órbita de
transferencia barre la mitad del área de la elipse. Como la velocidad areolar es constante, y
en barrer el área completa tardaría un período, en barrer media área tardará medio
período. De acuerdo a la tercera ley de Kepler:
− 6.67 ⋅ 10 −11
6.444 ⋅ 10 23
=
3
4π 2 3
1
4π 2
 34030241 
a1 =
 =

−
11
23
2
GM
2 6.67 ⋅ 10
2

⋅ 6.444 ⋅ 10 
=33632.70 s=9 h 20 min 33 s
t=9 h 20 min 33 s
d) Ahora vamos a ver las velocidades de la sonda en el punto C. Inicialmente se
encuentra en la segunda órbita de transferencia. Aplicamos por tanto la conservación del
momento angular entre las posiciones B y C:
LB=LC ⇒ rBmv’BsenϕB=rCmvCsenϕC
En los puntos B y C el radio vector es perpendicular a la velocidad, luego:
ϕB=ϕC=90º ⇒ senϕB=senϕC=1
Nos queda pues:
rBmv’BsenϕB=rCmvCsenϕC ⇒ rBv’B=rCvC ⇒ 25030.24 · 687.90=4000vC ⇒ vC=4304.58 m/s
Al final la sonda debe quedar insertada en la trayectoria circular. En una
trayectoria circular el movimiento es circular y uniforme, de modo que la única aceleración
que debe tener la sonda es la normal o centrípeta. En cuanto a fuerzas, estará sometida a
la fuerza de atracción gravitatoria, que tiene la dirección del radio de curvatura. Así pues,
aplicando la segunda ley de Newton a dicha órbita:
t=
T1
ΣFn = man ⇒ G
=
1
2
v'2
= m C ⇒ v'C =
rC
rC2
Mm
GM
=
rC
6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6.444 ⋅ 10 23
4000 ⋅ 10 3
= 3278.01 m / s
El incremento de velocidad en el punto C es por tanto:
∆vC=v’C-vC=3278.01-4304.58=-1026.57 m/s
∆vC=-1026.57 m/s
e) La ecuación de la cónica será:
α
r=
1 + ε cos θ
donde tendremos que determinar la ascensión recta (α) y la excentricidad (ε). Para ello
conocemos dos puntos de la cónica, los puntos B y C. Aplicando la ecuación de la cónica a
estos dos puntos tendremos:
α
α
r = rB ⇒ θ = 180 º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rB =
⇒ 25030.24 =
1−ε
1−ε
α
α
r = rC ⇒ θ = 0 º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rC =
⇒ 4000 =
1+ε
1+ε
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas. Dividiendo las dos ecuaciones:
25030.24 1 + ε
⇒ 25030.24 − 25030.24ε = 4000 + 4000ε ⇒ ε = 0.724
=
1−ε
4000
Y de cualquiera de las ecuaciones despejamos la ascensión recta:
α
⇒ α = 4000(1 + ε) = 4000(1 + 0.724) = 6897.70 km
4000 =
1+ε
Por tanto la ecuación de la órbita es:
6897.70
α
r=
=
1 + ε cos θ 1 + 0.724 cos θ
6897.70
r=
1 + 0.724 cos θ
20. - Un satélite recorre una órbita circular
situada 1 0000 km por encima de la superficie terrestre.
En el punto A se reduce su velocidad para situar al
satélite en una órbita elíptica de transición cuya altitud
mínima es de 5000 km en el punto B. En el punto B se
vuelve a reducir la velocidad del satélite para
introducirlo en una trayectoria circular. Por último, tras
dar una vuelta completa y pasar de nuevo por el punto B
se reduce la velocidad nuevamente para insertar el
vehículo en una trayectoria elíptica de aterrizaje cuyo apogeo es el punto B.
Determinar: a) la disminución de velocidad ∆vA que hay que proporcionar al vehículo en
el punto A para pasar de la órbita circular grande a la elíptica de transición; b) el
período de la trayectoria elíptica de transición; c) la excentricidad de dicha órbita; d)
la disminución de velocidad ∆vB que se debe comunicar al satélite en el punto B para
situarlo en la trayectoria circular pequeña; e) si la reducción de velocidad del satélite
para la inserción en la trayectoria de aterrizaje es de 21 00 m/s, ¿a qué ángulo se
producirá éste?
a) Los radios de las orbitas son:
rA=hA+R=10000+6370=16370 km; rB=hB+R=5000+6370=11370 km; rC=R=6370 km
Inicialmente el satélite está en la órbita circular externa, luego el movimiento es
circular uniforme. La única fuerza que actúa es la de atracción gravitatoria, y la única
aceleración es la normal o centrípeta, ambas en la dirección del radio de giro y apuntando
hacia el centro de curvatura. Aplicando la segunda ley de Newton tendremos:
ΣFn = man ⇒ G
Mm
rA2
=m
vA2
⇒ vA =
rA
GM
=
rA
6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 10 24
16370 ⋅ 10 3
= 4944.41 m / s
Después del incremento de velocidad, el satélite se sitúa en la órbita de transición,
cuyo eje mayor es:
2a=rA+rB=16370+11370=27740 km
Teniendo en cuenta que la energía total es constante:
Mm 1
Mm
ET = ECA + EPA ⇒ −G
= mv'A2 −G
2a 2
rA
− 6.67 ⋅ 10 −11
será:
6 ⋅ 10 24
=
1 2
6 ⋅ 10 24
⇒ v'A = 4476.68 m / s
v'A −6.67 ⋅ 10 −11
2
16370 ⋅ 10 3
27740 ⋅ 10 3
Por tanto la reducción de velocidad será:
∆vA=v’A-vA=4476.68-4944.41=-467.73 m/s
∆vA=-467.73 m/s
b) El período de la órbita elíptica de transición, aplicando la tercera ley de Kepler,
T=
4π2 3
a =
GM
4π2
6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 10 24
 27740 ⋅ 10 3


2

3

 = 16223.93 s


T=16223.93 s
c) Podemos aplicar directamente la ecuación de la excentricidad:
−r
r
r −r
16370 − 11370
ε = máx mín = A B =
= 0.1802
rmáx + rmín rA + rB 16370 + 11370
ε=0.1802
Si no nos sabemos la expresión de la excentricidad podemos obtenerla a partir de
la ecuación de la cónica. Dicha ecuación es:
α
1 + ε cos θ
donde r es el radio vector, α la ascensión recta (radio vector cuando θ=90º), ε la
excentricidad y θ el ángulo que forma el radio vector con la dirección del perigeo.
Conocemos dos puntos de la cónica, A y B:
α
r = rA ⇒ θ = 180º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rA =
1−ε
α
r = rB ⇒ θ = 0º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rB =
1+ε
Dividendo las dos expresiones:
α
rA 1 − ε
r
1+ε
16370 1 + ε
=
⇒ A =
⇒
=
⇒ ε = 0.1802
α
rB
rB 1 − ε
11370 1 − ε
1+ε
ε=0.1802
d) A continuación el satélite viaja a través de la trayectoria elíptica desde A hasta
B aumentando su velocidad. Para calcular la velocidad con que llega al punto B aplicamos la
conservación del momento angular:
LA=LB ⇒ mrAv’AsenϕA=mrBvBsenϕB
siendo ϕ el ángulo que forma el radio vector con la velocidad. En los puntos A y B el radio
vector es perpendicular a la velocidad, luego tendremos:
r v'
ϕA=ϕB=90º ⇒ senϕA=senϕB=1 ⇒ mrAv’AsenϕA=mrBvBsenϕB ⇒ rAv’A=rBvB ⇒ vB = A A =
rB
16370 ⋅ 4476.68
=
= 6445.32 m / s
11370
Después de la reducción de velocidad, el satélite queda incorporado a la órbita
circular interna, luego aplicamos de nuevo la segunda ley de Newton, de idéntico modo a
como lo hicimos en la órbita circular externa:
r=
ΣFn = man ⇒ G
Mm
rB2
=m
v'B2
rB
⇒ v'B =
GM
=
rB
6.67 ⋅ 10 −11 ⋅ 6 ⋅ 10 24
11370 ⋅ 10 3
= 5932.78 m / s
Por tanto la reducción de velocidad es de:
∆vB=v’B-vB=5932.78-6445.32=-512.54 m/s
∆vB=-512.54 m/s
e) Al pasar por el punto B la velocidad se disminuye en 2100 m/s luego tendremos
que en la trayectoria de aterrizaje la velocidad será:
v’’B=v’B-∆v’B=5932.78-2100=3832.78 m/s
Por tanto podemos determinar el eje mayor de la cónica de aterrizaje, ya que en el
punto B conocemos tanto la energía cinética como la potencial. Aplicando la conservación de
la energía:
Mm 1
Mm
E'T = E'CB +E'PB ⇒ −G
= mv''B2 −G
2a' 2
rB
− 6.67 ⋅ 10 −11
6 ⋅ 10 24 1
6 ⋅ 10 24
= 3832.782 − 6.67 ⋅ 10 −11
2a'
2
11370 ⋅ 10 3
2a=14368400 m=14368.4 km
Conocemos la distancia en el apogeo, que es rB, luego podemos determinar la del
perigeo:
2a=rB+rP ⇒ 14368.4=11370+rP ⇒ rP=2998.4 km
Ahora determinamos la ecuación de la cónica, que será:
α'
r=
1 + ε'cos θ
Conocemos dos puntos de la cónica:
α'
1 − ε'
α'
r = rP ⇒ θ = 0º ⇒ cos θ = 1 ⇒ rP =
1 + ε'
Dividendo las dos expresiones:
r = rB ⇒ θ = 180º ⇒ cos θ = −1 ⇒ rB =
α'
r
1 + ε'
11370 1 + ε'
= 1 − ε' ⇒ B =
⇒
=
⇒ ε'= 0.5816
α'
rP
rP 1 − ε'
2998.4 1 − ε'
1 + ε'
Por tanto la ascensión recta:
α'
rB =
⇒ α'= rB (1 − ε') = 11370(1 − 0.5816) = 4745.39 km
1 − ε'
La ecuación de la cónica es:
4745.69
α'
r=
=
1 + ε'cos θ 1 + 0.5816 cos θ
En el punto de aterrizaje r=R=6370 km luego sustituyendo:
4745.69
4745.69
r=
⇒ 6370 =
⇒ cos θ = −0.4385 ⇒ θ = 116º
1 + 0.5816 cos θ
1 + 0.5816 cos θ
θ=116º
rB