LIBRO DE FISICA PARA LA VIDA MEDICINA

9. MECÁNICA
CAPÍTULO

10. Procedemos en esta introducción a un breve repaso de los conceptos
fundamentales de la Mecánica. El principal objetivo de ésta es describir
(cinemática) y explicar (dinámica) el movimiento de los cuerpos y hallar, al
mismo tiempo, las condiciones necesarias para el estado de reposo en éstos
(estática). Las situaciones de mayor interés en biomecánica serán las
configuraciones estáticas de con-juntos de músculos y huesos, por un lado, y las
implicaciones energéticas generales de su funcionamiento. (Los detalles de
éstas se deberán tratar, sin embargo, en otros capítulos, como el de
termodinámica y el de electricidad principal-mente.) Discutiremos también los
sistemas de medida y el análisis dimensional, que proporcionan métodos
generales para determinar la forma funcional de algunas leyes, no sólo en
Mecánica, sino en otras partes de la Física. Prestamos también atención a la
relación que tiene el tamaño y la forma en los seres vivos, lo cual nos lleva, de
manera natural, a considerar las leyes de escala.
1.1. CINEMÁTICA
Figura 1.1.
Esta parte de la mecánica describe el movimiento de los cuerpos. Un cuerpo
describe una trayectoria, que queda determinada por su posición en cada
instante, donde r
r
es el vector de posición del móvil en el instante t. Para
determinar la evolución de la posición de este móvil necesitamos conocer la
velocidad instantánea, definida por
dr
v
dt
=
r
r
[1]
Pero, por razones que aparecerán más claras en el apartado sobre la
dinámica, necesitamos aun introducir la variación instantánea de la velocidad, a
la que se denomina aceleración á
2
2
dv d r
a
dt dt
= =
r r
r
[2]
Normalmente, los problemas en cinemática vienen planteados a la inversa de
la presentación que acabamos de hacer: es conocida la dependencia de la
aceleración con alguna de las variables del sistema y se trata de determinar la
trayectoria del móvil correspondiente. Veamos a continuación un ejemplo muy
conocido:

11. Ejemplo 1.1.
(Movimiento uniformemente acelerado en una dimensión.) Se supone que la
aceleración es constante y que se conoce la velocidad inicial del móvil v0 y su
posición inicial r0. Se quiere saber cómo depende la posición del móvil con el
tiempo.
Puesto que
dv
a cte
dt
= = , podemos integrar esta relación, es decir,
( )
0
0
0
v t
v
dv a dt v v at
= ⇒ − =
∫ ∫
Si ahora tenemos en cuenta que
dr
v
dt
= y usando el resultado anterior
( ) ( )
0
2
0 0 0
0
1
2
r t
r
dr v at dt r r v t at
= + ⇒ − = +
∫ ∫
resultan las conocidas fórmulas del movimiento uniformemente acelerado.
Apliquemos estos resultados a un ejemplo concreto.
Ejemplo 1.2.
Una pulga salta 0,1 m en salto vertical. ¿Cuál es su velocidad inicial? Si ha
alcanzado esa velocidad mediante una extensión de sus patas en una distancia
de 0,0008 m, ¿cuál ha sido la aceleración inicial? La distancia de aceleración
en el hombre es de 0,5 m. Si un hombre saltase con la misma aceleración que
una pulga, ¿a qué altura llegaría?
Las ecuaciones cinemáticas de un movimiento uniformemente acelerado en
una sola dirección, donde la aceleración es la de la gravedad, son
2
0 0 0
1
2
v v gt y y v t gt
= − = + −
donde v e y son la velocidad y la altura en un instante cualquiera de tiempo t0, e
y0 y v0 la altura y velocidad iniciales.
Suponemos que la dirección de la velocidad inicial es la opuesta a la
dirección de g y que y0 = 0. Por tanto, tenemos en el punto más elevado del
salto
2
0 0
1
0
2
v gt y v t gt
= − = −

12. que es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, v y t, que al resolverlo
da
0
2
2
y
t v gy
g
= =
Sustituyendo los datos del problema se obtiene
v0 = 1,4 m/s y t = 0,14 s
Si ha llegado a esa velocidad inicial a partir del reposo, acelerándose bajo la
acción de la fuerza muscular, supuesta constante, en una distancia de 0,0008 m,
utilizando las mismas ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado nos
queda
donde ahora las incógnitas son t y a, con v0 = 1,4 m/s y d = 0,0008 m.
Resolviendo este sistema, resulta
Si la distancia de aceleración en el hombre es d' = 0,5 m, para calcular hasta
qué altura saltaría podemos escribir, de nuevo, las ecuaciones siguientes:
Siguiendo el mismo procedimiento que en el apartado anterior se obtiene
t = 0,029 s v = 35,02 m/s h = 62,5 m

13. Figura 1.2. Movimiento
circular
También tiene interés especial el caso del movimiento circular, para el cual
la variable natural que se utiliza para describir el movimiento es el ángulo.
Así, se define la velocidad angular y la aceleración angular como la variación
instantánea del ángulo y de la velocidad angular, respectivamente.
2
2
, =
d d d
dt dt dt
= =
θ ω θ
ω α [3]
Nótese que existe una relación simple entre la velocidad lineal v y la
angular ω, dada por la relación
v r
= ω [4]
siendo r el radio de giro, ya que la distancia lineal s viene dada por s r
θ
= .
Procediendo de modo análogo al del movimiento lineal uniformemente
acelerado, se obtiene para el movimiento circular uniformemente acelerado
(α = cte.)
2
0 0 0
1
, ,
2
cte t t t
= = + = + +
α ω ω α θ θ ω α [5]
Otro movimiento cuya cinemática puede ser descrita con detalle es el
armónico simple, para el que se supone que la aceleración depende del tiempo
como
2
cos
a A t
ω ω
= − [6]
donde ω es un parámetro característico de este movimiento. Si para
simplificar se supone que inicialmente el móvil se halla en el origen de
coordenadas en reposo, resulta que la velocidad es
2
0
cos sen
t
v A t dt A t
ω ω ω ω
= − = −
∫ [7]
y, teniendo en cuenta que v = dr/dt, al integrar se encuentra para la posición
cos
r A t
ω
= [8]
Esta ecuación anterior corresponde a la de un movimiento sinusoidal.
Para acabar este breve repaso de la cinemática hemos de aludir a la
aceleración lineal que se produce como consecuencia de un movimiento

14. circular. Consideremos el caso más simple, es decir, aquel para el cual el
módulo de la velocidad no varía, pero sí su dirección (véase Figura 1.3).
Figura 1.3. Variación de la velocidad en el movimiento circular
En este caso hay una aceleración, por el hecho de que la velocidad varía de
dirección. Dicha aceleración, denominada aceleración centrípeta, se obtiene
combinando las expresiones
c
dv
a r vdt y dv v
dt
θ θ
= = = [9]
Sustituyendo las expresiones de dv y dt en la definición de ac. se llega a la
relación
2
/
c
dv v v
a
dt r v r
θ
θ
= = = [10]
Es de notar que si el módulo de la velocidad no varía, no hay aceleración
angular y, por tanto, la velocidad angular ω es constante.
La aceleración centrípeta se puede escribir de la forma
2
c
a r
ω
= [11]
Ejemplo 1.3.
Supongamos que una partícula dista 0,1 m del eje de un motor que gira a
6000 rpm (revoluciones por minuto). Calcúlese la aceleración centrípeta a la
que se ve sometida esta partícula y compárese con la de la gravedad.
En primer lugar hemos de pasar de las rpm a rad/s, que son las unidades
naturales de la velocidad angular ω
revoluciones 2 rad 1 minuto rad
6000 = 2 100
minuto 1 revolución 60 s s
π
   
× × π×
   
   

15. y la aceleración centrípeta resulta entonces
2 2 2
2 2
4 100 0,1 39.478,4
c
rad m
a r m
s s
= ω = π × =
Si dividimos este valor por el valor de la aceleración de la gravedad g,
tenemos
4028,4
c
a
g
=
Por tanto, la partícula se ve sujeta a una aceleración superior a cuatro mil
veces la de la gravedad. (Este es el fundamento de la centrifugación, que se
estudiará con más detalle en capítulos posteriores.)
Otro de los movimientos que presentan gran interés son los de resistencia,
para los cuales aparece una deceleración proporcional a la velocidad instantánea
del móvil
r
a v
=−β [12]
Consideremos un ejemplo de aplicación de este tipo de aceleración, uno de
cuyos casos más típicos aparece en la dinámica de fluidos.

16. Ejemplo 1.4.
Supongamos que un objeto de 5 kg de masa se mueve con una velocidad de
5 m/s . En t = 0, el objeto entra dentro de una región en que experimenta una
aceleración de resistencia, proporcional a la velocidad a = αv, donde α es una
constante positiva igual a 2 s-1
. a) Calcular la expresión para la velocidad del
objeto cuando t = 0,5 s, suponiendo que en el instante inicial el objeto esté en
el origen de coordenadas. b) Calcular la coordenada del punto donde se para.
a) Cuando el objeto entra en la región donde está sometido a la fuerza de
resistencia, se cumple
a = -αv
pero dado que a = dv/dt se obtiene
dv
dt
dt
=−α
Para encontrar la expresión de la velocidad en función del tiempo debemos
integrar la ecuación anterior, que también se puede escribir
dv
dt
dt
=−α
Integrando entre 0 y t y la velocidad inicial v0 y una velocidad cualquiera se
obtiene
0
ln
v
t
v
=−α o bien 0
t
v v e−α
=
que es la expresión que nos pide el apartado a) de este problema. Sustituyendo
los datos del ejercicio, es decir, v = 5 m/s, α = 10 s–1
y m = 5 kg, se tiene
2
5 t m
v e
s
−  
=  
 
Observamos que la velocidad decrece exponencialmente con el tiempo (se
amortigua), y que, por tanto, curando , 0
t v
→ ∞ → .

17. Para resolver el apartado b) debemos obtener previamente la expresión de la
ecuación del movimiento. Si suponemos que éste es unidimensional y viene
dado por la coordenada x, necesitamos hallar la expresión x(t).
Para obtenerla, utilizamos la ecuación para la velocidad que hemos deducido
en el apartado anterior, teniendo en cuenta que v = dx/dt, con lo que resulta
0
t
dx v e dt
− α
=
Al integrar la ecuación anterior entre la posición inicial x0 y la posición x en
un instante cualquiera se tiene
0
0
0
x t
t
x
dx v e dt
−α
=
∫ ∫
y se llega a
0 0 0
0
0
t
t t
v v v
x x e e
−α −α
 
− = − = − +
 
α α α
 
( )
0
1 t
v
x e−α
= −
α
De esta solución observamos que cuando , 0
t
t e−α
→ ∞ → , es decir, que la
posición donde el objeto se detiene es
0
v
x =
α
Sustituyendo valores numéricos se tiene en nuestro ejemplo concreto
[ ]
5
(0,5) 2,5
1
2
m
s
x m
s
 
 
 
= =
 
 
 

18. 1.2. DINÁMICA. LEYES DE NEWTON
Es tradicional empezar la dinámica, que trata sobre las causas del
movimiento, recordando las leyes de Newton, siguiendo así, en parte, el
desarrollo histórico de esta materia. Dichas leyes son tres:
1. Ley de inercia, formulada por vez primera por Galileo y generalizada por
Descartes. Según esta ley, si sobre un cuerpo no actúa ninguna fuerza, éste
sigue o bien en reposo o bien en movimiento rectilíneo y uniforme. Esta ley,
diametralmente opuesta a la física aristotélica, supuso el inicio, hacia finales
del siglo XVI, de la mecánica tal como la entendemos en la actualidad.
2. Ley fundamental de la dinámica. Se denomina cantidad de movimiento,
momento lineal o simplemente ímpetu de un objeto de m
asa m que se
mueve con velocidad v a la magnitud p definida como
p mv
=
r r
[13]
Hemos visto que, si no actúa ninguna fuerza sobre el objeto, p permanece
constante. ¿Cómo varía p cuando actúa una fuerza'? Newton propuso que la
variación correspondiente viene dada por
dp
F
dt
=
r r
[14]
conocida como ecuación fundamental de la dinámica.
3. Ley de acción y reacción. Si un objeto A ejerce una fuerza F
r
sobre un
objeto B, dicho objeto B ejerce sobre el objeto A una fuerza de igual módulo
y signo opuesto que F
r
. Obsérvese que, como dichas fuerzas actúan sobre
objetos diferentes (una sobre A y otra sobre B), sus efectos no se cancelan.
A partir de la ecuación fundamental y de la ley de acción y reacción se puede
generalizar [14] para un sistema de N partículas. Así pues, tenemos
tot
ext
dp
F
dt
= ∑
r r
[15]
con
tot i i
p mv
= ∑
r r
[16]

19. La cantidad de movimiento o ímpetu total y ext
F
∑
r
, la suma de las fuerzas
exteriores que actúan sobre las partículas. Las fuerzas internas entre partículas
se cancelan, según el principio de acción y reacción, para el sistema global.
De la ecuación [15] se obtiene el principio de conservación de la cantidad de
movimiento: si en un sistema 0
ext
F =
∑
r
, se cumple que tot
p
r
es constante.
Veamos algunos ejemplos de la aplicación de este principio.
Ejemplo 1.5.
Un hombre cele pesa 80 kg y un chico de 40 kg de masa llevan patines en
una superficie de hielo (rozamiento despreciable). Después de empujarse
mutuamente, el hombre se aleja del chico a una velocidad de 0,3 m/s respecto
al hielo. ¿A qué distancia estarán entre sí después de 5 s?
El hombre y el chico pueden considerarse un sistema único, que inicialmente
tiene cantidad de movimiento total nula. Como éste se conserva, pues no actúa
ninguna fuerza externa, tendremos
[ ]
[ ]
0
80 0,3
0,6
40
h c h h c c
h h
c
c
p p m v m v
m
kg
m v m
s
v
m kg s
+ = + =
 
⋅    
 
= − = − = −  
 
donde el subíndice c indica las variables del chico y el h las del hombre. Al
cabo de 5 s habrán recorrido unas distancias
[ ] [ ]
0,3 5 1,5
h
m
x s m
s
 
= ⋅ =
 
 
, [ ] [ ]
0,6 5 3
c
m
x s m
s
 
= − ⋅ = −
 
 
y se hallarán separados, por consiguiente, una distancia
[ ] [ ] [ ]
1,5 3 4,5
total
x m m m
= + =

20. Ejemplo 1.6.
Una rana de 50 g de masa está en el extremo de una tabla de madera de
5 kg de masa y de 5 m de longitud. La tabla está flotando en la superficie de un
lago. La rana salta con velocidad v0, que forma un ángulo de 30° con la
horizontal. Calcular el calor de v0 para el cual la rana, al saltar, llega al otro
extremo de la tabla. Suponer que no hay rozamiento entre la madera y el agua.
Al saltar, el sistema tabla-rana es un sistema aislado (Fig. 1.4). Por tanto, en
la dirección horizontal se conserva el ímpetu
mv0 cos 30 = MV
Figura 1.4.
donde m es la masa de la rana, M la masa de la tabla y V la velocidad que
adquiere ésta. Sea A el alcance horizontal del salto de la rana. Si l es la longitud
de la tabla, se cumple
A l Vt
= −
y, además,
0 cos30
A v t
=
donde t es el tiempo que invierte la rana en el salto. Por tanto,
0 cos30
v t l Vt
= −
Por otro lado, considerando el movimiento del animal en la dirección
vertical y tomando la tabla como referencia, tenemos
2
0
1
0 30
2
v t sen gt
= −
Las ecuaciones anteriores forman un sistema de tres ecuaciones con tres
incógnitas t, V y v0 que se puede resolver fácilmente. Despejando V en la
primera

21. 0 cos30
m
V v
M
=
y sustituyendo en la ecuación para A se obtiene
0
1 cos30
m
v t l
M
 
+ =
 
 
Despejado t se llega a
0
2 30
v sen
t
g
=
Finalmente, sustituyendo en la ecuación que tiene en cuenta el movimiento
del animal en la dirección vertical y teniendo en cuenta las fórmulas del ángulo
doble (sen 2A = 2 sen A cos A) resulta
2
0
1 60
gl
v
m
sen
M
=
 
+
 
 
es decir,
[ ]
[ ]
[ ]
2
0
9,81 5
7,49
0,05
1 60
5
m
m
m
s
v
s
kg
sen
kg
 
×
   
 
= =  
   
+
 
 
 

22. Ejemplo 1.7.
En los dos extremos de una cuerda que pasa por dos poleas están colgadas
dos masas iguales m. ¿A qué distancia bajará una tercera masa (del mismo
valor m) si está sujeta en el centro de la cuerda? La distancia entre los centros
de las polcas es 2 m.
Figura 1.5.
En la situación de equilibrio sobre las dos masas 1 actúa la tensión de la
cuerda que las aguanta. Si denominamos a esta tensión T, podemos escribir:
T = mg
Por otro lado, la masa 2 alcanza el equilibrio gracias a la acción de las dos
tensiones T que actúan con un ángulo α con respecto a la vertical. Por tanto, se
cumple
2T cos α = mg
Teniendo en cuenta conjuntamente las dos ecuaciones anteriores
1
2 cos cos
2
mg mg
α = ⇒ α =
y, por tanto, α = 60°.
La altura a la que la masa 2 estará en equilibrio la podemos ahora evaluar
fácilmente mediante la relación trigonométrica
tan
tan
l l
h
h
α = ⇒ =
α

23. con lo que sustituyendo valores
[ ] [ ]
[ ]
1 1
0,58
tan60 3
m m
h m
= = =
Una aplicación interesante del principio de acción y reacción es la
propulsión a chorro. Aparte de las aplicaciones tecnológicas a las turbinas de
aviación y los cohetes propulsores de las naves espaciales, este principio es
usado por el calamar y el pulpo para realizar movimientos rápidos. En efecto,
estos animales almacenan una cierta cantidad de agua en la bolsa y al expelerla
muy rápidamente consiguen una fuerza igual y en sentido contrario que los
propulsa a una velocidad que les permite huir de los depredadores, como se
indica en la Figura 1.6.
Figura 1.6. Movimiento de reacción en el calamar
Veamos ahora un ejemplo de aplicación a un cohete espacial. Este problema
tiene el interés de subrayar que la expresión /
dp dt F
=
r
r
es más general que la
expresión usual de la segunda ley para objetos de masa en constante. En estos
últimos se tiene ( )
dp d mv mdv
= =
r r r
, por lo cual
dp dv
m ma F
dt dt
= = =
r r r
r
En cambio, en el cohete la masa va variando a medida que se expulsa gas y
se consume combustible.

24. Ejemplo 1.8.
En este problema se explica la ventaja de utilizar un cohete de varios
cuerpos en lugar de uno de un solo cuerpo. a) Supongamos que un cohete de un
solo cuerpo tiene un peso total de 13 toneladas, de las cuales 9,75 son de
combustible. Si el cohete está inicialmente en reposo, ¿cuál será su velocidad
cuando se acabe el combustible? b) Se supone ahora que un cohete similar, con
la misma masa, está compuesto de dos cuerpos, uno con una masa de 12
toneladas, de las cuales 9 son de combustible, y otro de 1 tonelada, de la que
0,75 es combustible. Cuando se agote el combustible del primer cuerpo, ¿cuál
será la velocidad de lo que queda de cohete? Esta será la velocidad inicial del
segundo cuerpo. ¿Cuál será su velocidad final? Compararla con la del caso a).
En este problema aplicamos la ley de conservación de la cantidad de
movimiento
tot
dp
F
dt
=
r r
[17]
donde p
r
es la cantidad de movimiento del cohete más el combustible.
En este caso, consideramos el caso más simple en que la fuerza sobre el
cohete, tot
F
r
, es nula, ya que suponemos que no hay fuerzas exteriores
(recordemos que tot
F
r
se refiere a fuerzas exteriores y no a fuerzas interiores al
propio sistema).
Para calcular dp
r
consideraremos la situación en un instante t y en un
instante posterior t + dt (Fig, 1.7).
Figura 1.7.

25. En t el cohete más el gas (masa – dM ) van a velocidad v
r
; en t + dt, el
cohete ha expulsado una cantidad – dM de gas, que va a velocidad rel
v v
+
r r
y el
resto del cohete, de masa M + dM, va a velocidad v dv
+
r r
. Por tanto,
( )( ) ( )
rel
rel
M dM v dv dM v v Mv
dp dv dM
M v
dt dt dt dt
+ + − + −
= = −
r r r r r
r r
r
Para llegar a esta expresión hemos despreciado el término dMdv
r
, que se
comporta como (dt)2
y que se anula cuando 0
dt → . Como la variación de la
cantidad de movimiento de la expresión anterior ha de ser nula, ya que 0
tot
F =
r
,
tenemos:
rel
dv dM
M v
dt dt
=
r
r
Observemos que dM < 0, ya que M disminuye al ir perdiendo los gases y por
tanto el aumento de la velocidad del cohete tiene sentido opuesto al de la
velocidad rel
v
r
del gas respecto del cohete. En otras palabras, si el gas se lanza
hacia atrás, el cohete va hacia adelante tal como sabemos.
En consecuencia, la relación entre la masa y la velocidad es
rel
Mdv v dM
=
r r
Esta relación puede integrarse y da
0 0
v M
v M
dM
dv vrel
M
=
∫ ∫
r
r
r r
donde M0 es la masa total del cohete + gas cuando la velocidad es 0
v
r
y M la
masa que queda del cohete + gas (después de haber expulsado una cierta
cantidad de gas) cuando la velocidad es v
r
. Esta integración es inmediata y
lleva a
0
0
ln
rel
M
v v v
M
= +
r r r
Observemos que como M < M0, ln (M/M0) es negativo, de forma que la
variación 0
v v
−
r r
tiene el sentido opuesto a rel
v
r
, como ya hemos hecho notar
antes.
Apliquemos ahora estas expresiones para hallar la velocidad final f
v . En el
caso a) v0 = 0, M0 = 13 ton, y la masa final Mf = 3,25 ton, por tanto,

26. 13
ln 1,39
3,25
r r
f
v v v
= =
r
donde hemos considerado tan sólo el módulo de la velocidad que es lo que
nos interesa.
En el caso b), cuando se acaba el combustible del primer cuerpo, M = 4 ton,
y como v0 = 0, M0 = 13 ton tenemos
13
ln 1,18
4
r r
v v v
= =
r
Si ahora tomamos este valor como valor inicial del movimiento de la
segunda fase, tenemos v0 = 1,18 vr, M0 = 1 ton, M = 0,25 ton.
1
1,18 ln 2,57
0,25
r r r
v v v v
= + =
r
La comparación entre a) y b) demuestra que la segunda (el cohete de dos
cuerpos) es mucho más ventajosa.
También, mediante algunas aproximaciones, se puede aplicar el principio de
acción y reacción al cálculo de ciertos movimientos de los insectos.

27. Ejemplo 1.9.
En un estudio sobre el vuelo de los insectos se puede suponer que el
mecanismo de sustentación es puramente mecánico y que viene dado por la
fuerza de reacción que ejerce el aire impulsado par sus alas. Suponiendo que el
animal tiene una masa m = 0,001 g, que el área de sus alas es 0,006 cm2
y que
la densidad del aire es 0,0013 g/cm3
, calcular la frecuencia con que el insecto
ha de mover las alas para sustentarse.
Si el insecto tiene una masa m, el movimiento de sus alas le debe
proporcionar una fuerza igual a su peso, mg. Suponemos que esta fuerza se
produce de acuerdo con el siguiente mecanismo: al batir un ala se ejerce una
fuerza sobre una masa M de aire de modo que la impulsa con una velocidad v.
Por la tercera ley de Newton, esta masa de aire ejerce una fuerza igual y de
sentido opuesto que se opone al peso.
La relación entre la fuerza, supuesta constante, la masa del aire, la velocidad
y el tiempo ∆t que actúa se puede describir mediante la expresión
F t M v
∆ = ∆
donde el término de la izquierda de la igualdad es el impulso mecánico. El
término de la derecha es el incremento del ímpetu que se produce en el aire. Si
F iguala al peso, para sostener el insecto en el aire, se cumplirá
m v
mg
t
∆
=
∆
La masa de aire M se puede escribir también como el producto de la
densidad del aire ρ por el volumen de aire batido por el ala. Podemos aproximar
este volumen de acuerdo con la relación
V = Az
donde A es el área del ala y z el arco que ésta recorre durante el batido. Si el
insecto tiene dos alas,
M = 2ρAz
Si suponemos que su movimiento es armónico con velocidad angular ω y
amplitud z, podemos escribir la velocidad v como
v = ωz
Así, siguiendo este modelo, el período o tiempo de cada batido es igual a

28. 2
t
π
∆ =
ω
Por tanto,
2
2
2
2
Mv Az z Az
mg
t
ρ ω ρ
= = = ω
π
∆ π
ω
Para simplificar se puede suponer que z2
= A, y se obtiene
2
2
mg
A
π
ω =
ρ
La frecuencia f; relacionada con ω según ω = 2π f, vale entonces
2
4
mg
f
A
=
πρ
y sustituyendo valores se obtiene
[ ]
( )
2
2
2
3
0,001 981
1
1291,54
4 0,0013 0,006
cm
g
s
f
g s
cm
cm
 
×    
 
= =  
   
 
π× ×  
 
 
Si se compara este resultado con los que se obtienen de las experiencias, se
observa que es alrededor de cinco veces mayor. ¿A qué podemos atribuir esta
discrepancia? Entre todas las aproximaciones que hemos realizado, la que
puede dar lugar a una desviación mayor es aquella que supone que el volumen
de aire batido por el ala Vb coincide con el volumen de aire puesto en
movimiento Vm. Así, si bien es lógico que Vm se tome proporcional a Vb, no lo
es tanto suponer la igualdad, como hemos hecho nosotros más arriba.
Si se tiene en cuenta que las moléculas de aire interaccionan entre sí y que
forman un fluido viscoso y no un conjunto de partículas libres como es
inherente al modelo utilizado anteriormente, se obtiene que Vm es mayor que Vb,
alcanzando a veces el valor
Vm = 25Vb
que hace concordar los resultados del modelo con los experimentales.

29. 1.3. LAS FUERZAS: INTERACCIONES FUNDAMENTALES
Y FUERZAS DERIVADAS
La ecuación [14] estaría totalmente desprovista de sentido si no tuviésemos
modo alguno de determinar las fuerzas. Así pues, esa ecuación, de carácter
general, se debe complementar con ecuaciones más particulares referentes a los
diversos tipos de fuerzas que pueden actuar sobre los objetos.
La gran variedad de fuerzas que observamos en la naturaleza puede ser
reducida a cuatro interacciones fundamentales: dos de ellas son de largo alcance
(gravitatoria y electromagnética) y las dos restantes de muy corto alcance, por
lo que sólo actúan a nivel nuclear (interacción fuerte e interacción débil). En la
última década se ha conseguido unificar en un formalismo único las fuerzas
electromagnéticas y las interacciones débiles, y no parece lejana la unificación
de estas dos con la interacción fuerte. La fuerza de la gravedad, la primera en
ser estudiada cuantitativamente, sigue siendo la más reacia a ser unificada en un
formalismo común con las restantes.
La fuerza gravitatoria entre dos cuerpos de masas m y M viene dada por la
ley de la gravitación universal de Newton, según la cual la fuerza F es atractiva,
va en la dirección de la recta que une ambos cuerpos, y su módulo viene dado
por
2
mM
F G
r
= [18]
siendo r la distancia entre los centros de m y M. Aquí, G es la constante de
gravitación universal G = 6,673×10–11
N m2
kg–2
.
Figura 1.8. Atracción gravitatoria entre dos masas
La ecuación [18], combinada con la [14], permitió describir con todo detalle
los movimientos de los planetas, y significó la consolidación y el triunfo de la
mecánica en el siglo XVII.
Se proponen a continuación algunos ejemplos en los que se utiliza esta
importante ley.

30. Ejemplo 1.10.
A partir de la ley de la gravitación universal, sabiendo que el radio de la
tierra es R = 6,36×106
km y su masa M = 5,98×1024
kg, calcúlese la
aceleración de la gravedad cerca de la superficie terrestre.
Un cuerpo de masa m, situado a una altura h (supuesta pequeña frente a R),
es atraído por la tierra con una fuerza
( )2 2
mM M
F G G m
R
R h
=
+
;
Ahora bien, como el peso se escribe como F = mg, la relación anterior nos
permite hallar g a partir de los valores de R, M y G. Al efectuar el cálculo
obtenemos
[ ]
[ ]
( )
24
2
11
2
2 2 2
9
5,98 10
6,67 10 9,860
6,36 10
kg
M Nm m
g G
R kg s
m
− ×
   
= = × =
   
 
  ×
Ejemplo 1.11.
Un satélite describe una órbita circular de radio R0, en torno a un planeta.
El período de rotación T es constante. Hállese la relación entre el radio de la
órbita R0, y el periodo orbital T.
Al estudiar el movimiento circular vimos que éste es debido a una
aceleración centrípeta, que viene dada por la expresión [10]. Ésta debe ser
producida por una fuerza que mantenga el movimiento sobre el círculo, que en
este caso será la atracción gravitacional entre el satélite y el planeta. Aplicando
la segunda ley de la dinámica se puede escribir entonces
2
2
0 0
s p
s
s c s
M M
v
M a M G
R R
= =
donde el subíndice s indica las variables del satélite y p las del planeta. El
módulo de la velocidad del satélite es constante
0
2 R
vs
T
π
=
pues describe una circunferencia de radio R0 y período T. Sustituyendo la
última expresión en la ecuación [10] se llega a la relación

31. 2
2 3
0
4
p
T R
GM
π
=
Este resultado fue establecido por Kepler (tercera ley de Kepler), a partir de
observaciones experimentales, en 1609: el cuadrado del período es proporcional
al cubo del radio de la órbita.
No nos ocuparemos aquí de las otras interacciones fundamentales, que serán
tratadas en el capítulo de Electricidad y magnetismo, y en el de Radiactividad y
física nuclear.
Las restantes fuerzas que observamos en la naturaleza pueden deducirse de
la interacción electromagnética, básicamente mediante un procedimiento
estadístico que tiene en cuenta la interacción entre un gran número de
moléculas. No es este el lugar para dicha deducción, por lo cual nos
limitaremos a mencionar algunas de las fuerzas derivadas más conocidas:
a) Fuerza elástica. Cuando un muelle, resorte o pieza de material elástico
se estira una cierta longitud ∆x más allá de su configuración de equilibrio, dicho
cuerpo ejerce una fuerza que viene dada por la expresión:
F k x
= − ∆ [19]
donde k es una constante elástica que depende del objeto. Dicha ley se
conoce con el nombre de ley de Hooke, y tendremos ocasión de estudiarla en el
capitulo de Elasticidad.
Figura 1.9. Fuerza sobre un muelle
b) Fuerza de fricción entre sólidos. La fuerza de fricción o rozamiento
entre un cuerpo y una superficie se opone siempre al movimiento, es
independiente del área de contacto, es independiente de la velocidad relativa del
cuerpo y de la superficie –al menos, si ésta no es muy grande–, depende de la
naturaleza de las superficies de contacto del cuerpo y de la superficie, y su
módulo es proporcional a la fuerza de contacto entre ambos según la fórmula

32. r
F N
= µ [20]
donde N es la componente normal a la superficie, reacción de la que el
cuerpo ejerce sobre ésta, y µ el coeficiente de rozamiento, que puede ser
estático o dinámico, dependiendo de si las superficies están en reposo o en
movimiento relativo.
El coeficiente de rozamiento estático está relacionado con la fuerza necesaria
para empezar a mover un cuerpo, el dinámico da cuenta de la fuerza que se
opone al movimiento. (En general, el dinámico es menor que el estático.
Además, el coeficiente de rozamiento dinámico suele depender de la velocidad
relativa entre las superficies en contacto, pero a velocidades bajas se puede
suponer constante.) Para disminuir los efectos del rozamiento sobre las
superficies en contacto se suele usar un líquido lubrificante.
Figura 1.10. Fuerza de rozamiento dinámico
Este es, por ejemplo, el papel de los líquidos sinoviales en las articulaciones.
La presencia de un líquido, sin embargo, hace que la fuerza de fricción depende
del área y de la velocidad relativa.
Algunos ejemplos nos servirán para comprender mejor el concepto de fuerza
de fricción.
Ejemplo 1.12.
Un camión transporta una caja de 200 kg cuya masa se supone
uniformemente repartida, La caja tiene 2 m de altura y su base es un cuadrado
de 1 m de lado. El coeficiente estático de rozamiento entre la caja y la
plataforma del camión vale 0,8. ¿Qué aceleración, supuesta constante, ha de
adquirir el camión para que la caja se vuelque?
Supongamos que el camión arranca con aceleración constante. Dos diversas
contrariedades pueden perjudicar el transporte: a) la caja puede volcar o b) la
caja puede resbalar.

33. Figura 1.11.
Estudiemos la posibilidad de que la caja vuelque. Para esto supongamos una
muy ligera perturbación en la caja, que hace que ésta se levante ligeramente de
forma que únicamente quede en contacto con el camión por medio de la arista
O. Los momentos respecto de O de las fuerzas que actúan: ma
r
, fuerza debida
al movimiento del camión (estamos en un sistema de referencia no inercial) y
mg
r
, peso, son
2 2
total aceleración peso
total
b c
ma mg
τ = τ + τ
τ = −
La cala se volcará si el momento debido a la aceleración a
r
es superior al
momento debido al peso, que es el que restaura el equilibrio. Por tanto, la
condición para que la caja no se vuelque es
c
a g
b
≤
en nuestro caso es c = 1 m, b = 2 m y, por tanto,
2
1
5
2
m
a g
s
 
≤  
 
;
Estudiemos en segundo lugar si la caja puede resbalar. Para que la caja no
resbale es necesario que la fuerza de fricción R
r
, que se opone al movimiento,
sea superior a la fuerza ma
r
que acelera la caja hacia atrás. Por tanto, la
condición para que no resbale es, pues,
ma R mg
< = µ

34. es decir, a < µg.
En este problema µ = 0,8. Es decir:
amáx (para que no se vuelque) = 0,5 g
amáx (para que no resbale) = 0,8 g
Por tanto, si a < 0,5 g, ni se vuelca ni resbala. Sin embargo, si µ = 0,3,
tendremos:
amáx (para que no se vuelque) = 0,5 g
amáx (para que no resbale) = 0,3 g
En este caso es más fácil que la caja resbale. Si no resbala (
a < 0,3 g),
tampoco se volcará.
Ejemplo 1.13.
Calcular la velocidad máxima con que un coche puede entrar en una curva
dado el radio de curvatura r, el ángulo de peralte θ y el coeficiente de
rozamiento µ entre los neumáticos y el asfalto.
Nos situamos en el sistema de referencia del coche (no inercial). Sobre el
coche actúan las siguientes fuerzas:
1. el peso mg
2. la fuerza centrípeta mv2
/r
3. la fuerza de los neumáticos contra el asfalto µN.
4. la fuerza de contacto N del asfalto contra el coche N
Descomponemos estas fuerzas en sus componentes tangencial y normal a la
superficie:
1. componente tangencial mg sen θ
normal mg cos θ
2. componente tangencial mv2
cos θ/r
normal mv2
sen θ/r
3. componente tangencial µN
normal 0
4. componente tangencial 0
normal N
(Las direcciones de las fuerzas vienen indicadas en la Figura 1.12.)
En el balance de fuerzas se debe tratar por separado las componentes
normales y las tangenciales. Tenernos así:

35. Balance de fuerzas normales
2
cos sen 0
v
mg m N
r
θ+ θ − =
Balance de fuerzas tangenciales
2
sen cos 0
v
mg m N
r
− θ+ θ−µ =
La primera ecuación nos proporciona el valor de N, que introducido en la
segunda lleva a
2 2
sen cos cos sen 0
v v
mg m mg m
r r
 
− θ+ θ−µ θ + θ =
 
 
De aquí llegamos fácilmente a la siguiente expresión para 2
max
v
2
max
sen cos
cos sen
v gr
θ + µ θ
=
θ − µ θ
Figura 1.12.

36. Si el coche va a una velocidad superior a máx
v el rozamiento y el peso serán
menores que la componente tangencial de la fuerza centrífuga, la cual hará que
el coche se desplace lateralmente; es decir, derrape. Esta fórmula es la que
aplicaría un ingeniero para fijar la limitación de velocidad en curva en una
carretera, ya que conoce r y θ (características de la curva) y µ (característica de
los neumáticos y del asfalto, para la cual se toma un valor indicativo).
Podemos ver que esta fórmula responde a la intuición que tenemos del
fenómeno. Efectivamente:
1. Si aumenta r, máx
v también aumenta. Es decir, en una curva abierta se
puede ir más de prisa que en una curva cerrada.
2. Si µ aumenta, el numerador aumenta y el denominador disminuye. Es
decir, con buenos neumáticos y asfalto en buenas condiciones (µ
elevado) podemos ir a mayor velocidad que con neumáticos malos.
En días de lluvia o humedad µ disminuye, y en consecuencia
disminuye la velocidad con la que podemos entrar en la curva.
3. Si µ aumenta, también lo hace el numerador y disminuye el
denominador de la fracción para ángulos pequeños. Así, la velocidad
máxima, que en una curva sin peralte vale
2
máx
v rg
= µ
aumenta con el ángulo de peralte θ si la curva tiene peralte. En
primera aproximación si el ángulo θ no es muy grande sen θ = θ
(rad); cos θ = 1 y, por tanto,
2
1
máx
v rg
θ+µ
=
−θµ
donde vemos que si µ o θ aumenta, vmáx aumenta. Este resultado no
es extrapolable a grandes ángulos. Dados r y µ habrá un peralte
óptimo, a partir del cual nos interesará no tanto la velocidad máxima
sin derrapar, sino la máxima para que el coche no se deslice en razón
de su propio peso.
c) Fuerza de resistencia de un fluido a baja velocidad. Un sólido que se
mueve en el seno de un fluido viscoso experimenta una fuerza de resistencia
que viene dada por la expresión
F v
=−α [21]
con v la velocidad y α una constante que depende de la viscosidad del fluido y
de la forma y dimensiones del objeto. En el capítulo dedicado a los fluidos
estudiaremos con mayor profundidad dicho tipo de fuerzas.

37. Existen, además, otros tipos de fuerzas como las de contacto, de adherencia,
de resistencia en fluidos a alta velocidad, cte., algunas de las cuales aparecerán
a lo largo del texto.
Antes de finalizar esta sección hemos de advertir que en un sistema no
inercial, es decir, acelerado, aparecen fuerzas ficticias. En el movimiento
circular, por ejemplo, un observador inercial, es decir, en reposo respecto a un
giro, ve que éste se mantiene porque actúa una fuerza centrípeta, que da lugar a
la tensión de una cuerda; un observador que gire con la cuerda advierte en ella
una tensión que atribuye a una fuerza centrífuga.
En general, las trayectorias no son vistas del mismo modo desde sistemas
inerciales y no inerciales. Esas diferencias pueden ser atribuidas a fuerzas
ficticias. Consideremos el siguiente ejemplo.
Ejemplo 1.14.
Un individuo se mueve sobre el borde de la plataforma de un tiovivo, Y con
el mismo sentido de giro. Usando la forma de la fuerza centrípeta, encontrar
una expresión para la aceleración ficticia (de Coriolis) que siente el individuo.
La velocidad total del individuo, vista desde un sistema inercial, será
t ni
v v r
= +ω×
donde un¡ es la velocidad que lleva el individuo respecto a la plataforma que
gira (no inercia]), co la velocidad angular de la plataforma y r- su radio. La
aceleración centrípeta, vista desde un observador inercia], será
2 2
2
2
t ni
v v
act r v
r r
= = + ω + ω
Por tanto, el observador no inercial advierte la aceleración centrífuga debida
a su propio movimiento, la del giro de la plataforma y otra suplementaria 2ωv
conocida como aceleración de Coriolis. (La fuerza correspondiente será
estudiada con más detalle en el apartado dedicado al momento angular.)

38. 1.4. IMPULSO Y TRABAJO
Se denomina impulso a la integral temporal de la fuerza en un cierto
intervalo
1
2
( )
t
t
I F t dt
≡ ∫ [22]
y se denomina trabajo a la integral espacial de la fuerza a lo largo de una
cierta trayectoria
2
1
( )
r
r
W F r dr
= ⋅
∫
r r
[23]
donde el vector dr
r
es tangente a la trayectoria en cada punto.
El impulso es un vector en tanto que el t
rayecto es un escalar, ya que el
punto entre F
r
y dr
r
indica el producto escalar de estos dos vectores.
Es fácil demostrar, según la ley de Newton [2], que
1
2
2 1
( )
t
t
F t dt mv mv
= −
∫
r r r
[24]
y que
2
1
2 2
2 1
1 1
( )
2 2
r
r
F r dr mv mv
= −
∫
r r
[25]
La integral [24] contiene más información, ya que da la variación de cada
una de las tres componentes de la velocidad. Sin embargo, como generalmente
no se conoce F en función del tiempo, sino de la posición, es más útil la
segunda integral, aunque sólo contenga información con respecto al módulo de
la velocidad. La magnitud
2
1
2
E mv
= [26]
que aparece en el segundo miembro de [26] se denomina energía cinética, y es
la energía que posee un cuerpo en virtud de su movimiento.
Apliquemos ahora estas relaciones a algunos ejemplos concretos.

39. Ejemplo 1.15.
Un hombre está sobre un trineo sobre la nieve (sin, rozamiento). Con una
ametralladora dispara balas de 0,013 kg con una velocidad de salida de 800
m/s. a) ¿Cuánto vale la cantidad de movimiento de cada bala, b) Si cada tiro
dura 0,2 s, ¿qué fuerza media experimenta el hombre por cada bala que
dispara? e) ¿Qué velocidad alcanza el trineo con elhombre y la ametralladora
la masa total de los tres es de 90 kg después de disparar cien balas?
(Despréciese la pérdida de masa de las balas disparadas.)
a) La cantidad de movimiento de una bala es simplemente
p = mv = 1,3 × 10–3
kg ⋅ 800 m/s = 10,4 kg m/s
b) Para hallar la fuerza media aplicamos la relación dada por la ecuación
[22]
1
2
2 1
( )
t
t
F t dt mv mv Fm t p
= − ⇒ ∆ = ∆
∫
y, por tanto,
[ ]
[ ]
10,4
52
0,2
kg m
p s
Fm N
t s
⋅
 
 
 
= = =
c) Puesto que la cantidad de movimiento de una bala es p = 10,4 kg m/s, el
de cien balas será simplemente p(100 balas) = 100 × 10,4 = 1040 kg m/s. Como
la cantidad de movimiento se conserva y el valor inicial de ésta era cero, se
debe cumplir que
0 (100) 0
total b t
p p M v
= ⇒ + =
siendo Mt la masa del sistema trineo + hombre + ametralladora, Mt = 90 kg. Por
tanto, ese sistema alcanzará una velocidad
[ ]
1040
(100)
11,5
90
b
t
kg m
p m
s
v
M kg s
⋅
 
   
 
= = =  
 

40. 1.5. MOMENTO ANGULAR. ROTACION
De la ecuación [15] se deduce que una condición necesaria para el equilibrio
de traslación es que
0
i
ext
F =
∑
r
[27]
Dicha condición no es suficiente, ya que no impide un desequilibrio
rotacional. En efecto, si suponemos una barra sobre la que actúa un par de
fuerzas, como la de la Figura 1.13, vemos que aunque 0
F =
∑
r
y, por tanto, se
da equilibrio traslacional, la barra gira en torno al punto central O y, en
consecuencia, no hay equilibrio rotacional.
Figura 1.13. Pese a que la suma de las fuerzas exteriores es nula, la barra
se acelera en un movimiento de rotación.
Para tener en cuenta los posibles movimientos de rotación hay que analizar
también los momentos de las fuerzas. En general se define el momento de un
vector A
r
respecto a un punto O como
AO r A
τ = ×
r
r r
[28]
donde × denota el producto vectorial y r
r
es el vector de posición del punto de
aplicación del vector A
r
. Como caso particular, el momento de una fuerza es
r F
τ = ×
r
r r
[29]
También hay que considerar el momento de la cantidad de movimiento
L r p r mv
= × = ×
r r r r r
[30]
que recibe también el nombre de momento angular.

41. Consideremos ahora un sistema formado por varios cuerpos. En este caso, el
momento angular total valdrá
1
N
tot i i i
L r m v
= ×
∑
r r r
[31]
Y el momento total de las fuerzas externas se puede expresar como
ext ext
tot i i
r F
τ = ×
∑
r
r r
[32]
Si las fuerzas entre los diversos cuerpos son centrales, es decir, se dirigen en
la línea que une los centros de dichos cuerpos dos a dos, se tiene, a partir de la
ecuación fundamental [15] y de la definición [31], que
( )
i i
tot i i
i i
d r p
dL dr dp
p r
dt dt dt dt
×
= = × + ×
∑
∑ ∑
r r r r r
r r
[33]
Esos dos últimos términos pueden ser evaluados sin dificultad: el primero es
nulo, puesto que el vector /
i i
dr dt v
=
r r
; tiene la misma dirección que i
p
r
y su
producto vectorial se anula; si se aplica la ecuación fundamental de la dinámica
al último, se llega a la ecuación
ext ext
tot
i i tot
dL
r F
dt
= × = τ
∑
r
r
r r
[34]
que indica que cuando el momento de las fuerzas externas no es nulo el
momento angular varía en el tiempo; por el contrario, en ausencia de momento
de las fuerzas externas, L
r
se conserva, es decir, se mantiene constante en el
transcurso del tiempo. Esto es lo que se conoce como la ley de la, conservación
del momento angular.
Así, la ecuación
ext
tot
tot
dL
dt
= τ
r
r
[35]
viene a ser la expresión de la segunda ley de Newton en dinámica de rotación y
τ
r
y L
r
juegan el mismo papel que el de la fuerza y el ímpetu en dinámica de
traslación.
Siguiendo con esta semejanza, el módulo del momento angular L
r
de una
partícula que gira en una trayectoria circular de radio r con velocidad angular ω
respecto al centro O se puede escribir como
L rmv
= [36]

42. Teniendo en cuenta que v r
ω
= , la expresión anterior queda
2
L mr
= ω [37]
El producto mr2
se denomina momento de inercia de la partícula respecto al
punto O y es la magnitud «equivalente» en dinámica de rotación a la masa en
dinámica de traslación. Para un conjunto de N partículas, el momento de inercia
se escribe como
2
1
N
i i
I m r
= ∑ [38]
y para los cuerpos que tengan una distribución continua de masa
2
I r dm
= ∫ [39]
Nótese que el momento de inercia es un parámetro estático, es decir,
depende únicamente de la geometría del sistema y del eje de giro que se
considere.
En la Tabla 1.1 se recoge el valor de esa integral para distintas geometrías y
ejes de giro.
Tabla 1.1
Esfera hueca
(respecto a un diámetro)
2
2
3
I MR
=
Cilindro hueco
(respecto al eje de simetría)
2
I MR
=

43. Esfera maciza
(respecto a un diámetro)
2
2
5
I MR
=
Cilindro macizo
(respecto al eje de simetría)
2
1
2
I MR
=
Barra delgada respecto a un eje
perpendicular que pasa por el centro
2
1
12
I ML
=
Según lo que hemos visto, la relación [37] puede expresarse como
L I
= ω
Ejemplo 1.16.
Un par de estrellas giran alrededor de su centro de masas. La masa M de
una de ellas es doble de la masa m de la otra. Los centros de las estrellas están
a una distancia d grande comparada con sus radios. a) Deducir una expresión
para el período de rotación de las estrellas alrededor del centro de masas
común, en función de d, m y G. b) Comparar los momentos angulares de las
dos estrellas respecto del centro de masas común. c) Calcular el cociente entre
sus energías cinéticas.
a) En primer lugar suponemos que el sistema formado por las dos estrellas
está aislado, es decir, que sobre ellas no existen fuerzas externas y que, por
tanto, su centro de masas está en reposo o moviéndose a velocidad constante.
Supongamos que esté en reposo. La primera consecuencia es que la
velocidad angular de rotación de las dos estrellas alrededor de su centro de
masas es la misma. Si no se cumpliera la condición anterior, es decir, cada
estrella tuviera una velocidad angular distinta respecto del centro de masas

44. común, la línea que une los centros de las estrellas iría variando su orientación
y su posición continuamente y, por tanto, también lo haría el centro de masas.
Para que el centro de masas varíe su posición necesita el concurso de una
fuerza, lo cual contradice las hipótesis anteriores.
Por tanto, las dos estrellas se mueven con una velocidad angular ω constante
respecto del centro de masas común.
Si situamos la estrella de masa M en un instante dado en el origen de nuestro
sistema de referencia y la estrella de masa m en un punto situado a un distancia
d de la anterior en la dirección positiva del eje x, el centro de masas estará
situado en
2 0
3 3
i i
cm
i
m x m md d
x
m m
⋅ +
= = =
∑
∑
Para calcular el período de rotación de las dos estrellas, calcularemos
previamente su velocidad angular. Las dos estrellas se mueven alrededor del
centro de masas debido a la acción de la fuerza centrípeta, que es la fuerza
gravitacional. Para la estrella grande
2
2
v Mm
M G
r d
=
donde r es el radio de giro respecto del centro de masas y v, la velocidad lineal
de la órbita de la estrella. Sustituyendo r por d/3, v = ωr = ωd/3 y M = 2m se
obtiene:
2 2 2
2 2
2 ( /3) 2
2 2
/3 / 3
v mm d mm
m G m G
d d d d
ω
= ⇒ =
y, por tanto,
3
3Gm
d
ω =
Como ω está relacionada con el período T, mediante la relación
2
T
π
ω =
se obtiene fácilmente
3
2
3
d
T
Gm
= π

45. b) Para la otra estrella un cálculo similar conduce al mismo resultado. El
momento angular de un cuerpo de masa m moviéndose a velocidad v
r
alrededor
de un punto O se define como
L r mv
= ×
r r r
donde r
r
es el vector que une el punto O con la posición instantánea del móvil
en cualquier instante de tiempo. En este caso el centro de rotación es el centro
de masas de las estrellas y ambas tienen órbitas situadas en un mismo plano,
por lo que únicamente compararemos los módulos del momento angular.
Supondremos órbitas circulares, es decir, el caso más sencillo. En estas
condiciones el módulo del momento angular de la estrella grande LM vale
2
2
2
3 3 9
M M M
d d
L r Mv m m d
= = ω = ω
Por otra parte, Lm el momento angular de la estrella pequeña, vale
2
2 4
2
3 3 9
m m m
d d
L r mv m m d
= = ω = ω
y su cociente Lm / LM = 2.
c) Para calcular el cociente de las energías cinéticas Em / EM, sustituimos en
la expresión de las mismas, los valores de la masa y la velocidad
correspondiente a cada estrella:
2
2
2
2
1 2
3
2 2
1
2
2 3
m
m
M
M
d
m
mv
E
E d
Mv m
 
ω⋅
 
 
= = =
 
ω⋅
 
 

46. Ejemplo 1.17.
Una estrella homogénea de radio R y masa M gira con velocidad angular ω.
Sabemos que la estrella se contrae debido a las fueras gravitacionales internas
siguiendo la ley R = R0(1 – Kt), donde K es una constante. Calcular cómo
varía la velocidad angular de rotación en función del radio y del tiempo.
En primer lugar suponemos que la estrella está aislada, es decir, que
únicamente está sometida a su propia atracción gravitacional. En consecuencia,
se cumple el principio de conservación del momento angular, dado que al no
actuar fuerzas externas, L, el momento angular permanece constante.
El momento angular se puede escribir
L = Iω
donde I es el momento de inercia. Si suponemos que la estrella tiene forma
esférica, su momento de inercia es I = (2/5)MR2
, donde R es su radio. Si L es
constante, se cumple
L = I0ω0 = Iω
donde I0 y ω0 son, respectivamente, el momento de inercia y la velocidad
angular en el instante inicial e I y ω son las mismas magnitudes en un instante
t cualquiera. A partir de la ecuación anterior
2
0
0
0 0
2
2
5
2
5
MR
I
I
MR
ω = ω = ω
y, por tanto, la dependencia de ω con el radio es
2
0
0
2
R
R
ω = ω . Cuanto más
pequeño se haga R debido a la contracción gravitacional, más grande será ω.
Si lo que queremos es encontrar la dependencia temporal, sólo hay que
sustituir R por su expresión en función del tiempo y se obtiene:
( ) ( )
2
0 0
0
2
0 1 1
R
R Kt Kt
ω
ω = ω =
− −

47. Estamos ahora en condiciones de considerar de manera más detallada las
fuerzas ficticias a las que aludimos al hablar de los sistemas no inerciales. En
efecto, si un observador en el centro de un tiovivo que gira quiere lanzar una
pelota hacia el borde de la plataforma, tiene que aplicar una fuerza
suplementaria (fuerza de Coriolis) por el hecho de hallarse sobre una
plataforma girando. En efecto, cuando la pelota está a una distancia r del centro
posee un momento angular que viene dado por la expresión L = mr2
ω ; cuando
su distancia al centro aumenta, L variará de acuerdo con la expresión
( )
2
2
d m r
dL
m rv
dt dt
ω
= = ω [40]
Esa variación puede ser interpretada como proveniente del momento de una
fuerza ficticia r F
τ = ×
r
r r
, cuya expresión será F = 2mωv. La forma exacta de la
llamada fuerza de Coriolis que aparece en sistemas no inerciales en rotación
tiene la forma
2
cor
F m v
= − ω×
r r r
[41]
donde v es la velocidad del móvil en el sistema no inercial. Extendemos este
análisis sencillo al caso más completo de los movimientos sobre una esfera en
el ejemplo siguiente, de interés en meteorología.
Ejemplo 1.18.
Un objeto de masa m situado en un punto P con una latitud λ en el
hemisferio Norte cae hacia la superficie terrestre. Se supone que P está muy
próximo a la superficie (Fig. 1.14). Deseamos calcular la desviación respecto
de la vertical local del punto P, en cada instante de tiempo, debida a la
rotación de la Tierra (fuerza de Coriolis).
Figura 1.14.

48. Cuando t = 0, en el instante en que se suelta el objeto, éste gira solidario a la
Tierra con velocidad angular ω. Suponemos que su distancia al centro de la
Tierra es en t = 0, r + ∆r. En un instante posterior, t > 0, el objeto se hallará
ahora a una distancia r del centro de la Tierra. Vamos a comparar los momentos
angulares en ambos instantes de tiempo.
El momento angular L de una partícula se puede expresar como el producto
del momento de inercia I por la velocidad angular ω. Por tanto, si se conserva el
momento angular, ya que el objeto no está sometido a ningún momento
externo, se cumple
I(0)ω = I(t)ω(t)
El momento de inercia en el instante inicial vale
( )
2
(0) cos
I m r r
= + ∆ λ
 
 
ya que (r + ∆r) cos λ es la distancia al eje de giro, es decir, al eje terrestre. En el
instante t, I(t) se escribe como
2 2
( ) cos
I t mr
= λ
Aplicando la conservación del momento angular se obtiene
[ ]2
2 2
cos ( ) ( )cos
mr t m r r
λω = + ∆ λ ω
es decir,
2
( ) 1
r
t
r
∆
 
ω = ω +
 
 
La fuerza de Coriolis es responsable de que en el hemisferio Norte los
cuerpos en movimiento sean desviados hacia la derecha de su movimiento. Esto
explica también que los vientos que fluyen hacia las borrascas, zonas de bajas
presiones, giren en el sentido contrario de las agujas del reloj, mientras los
vientos que viajan desde los anticiclones (altas presiones) tiendan a
arremolinarse en el sentido de las agujas del reloj. (Estos sentidos se invierten
en el hemisferio Sur.)

49. Figura 1.15. Sentido del movimiento de una borrasca en el hemisferio norte
Consideremos ahora la expresión de la energía cinética de rotación. Si nos
fijarnos de nuevo en las expresiones [4], [26] y [39], podemos deducir la
expresión siguiente:
( )
2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
cin i i i i
E m v m r I
= = ω = ω
∑ ∑ [42]
Con ello se comprueba que la analogía entre rotación y traslación a la que
hemos venido aludiendo en este apartado se cumple también para la energía
cinética. Esta analogía entre traslación y rotación se resumen en la Tabla 1.2.
Tabla 1.2 Analogía entre traslación y rotación
Traslación Rotación Relación
Desplazamiento r θ s r
= θ
Velocidad v
r
ω
r
v r
=ω×
r
r r
Aceleración
a
r
α
r dv
r
dt
α
=
Fuerza,
momento F
r
τ
r
r F
τ = ×
r
r r
Masa, momento
de inercia
m I
2 2
;
i i
I m r I dmr
= =
∑ ∫
Trabajo F dr
⋅
∫
r r
d
τ θ
∫
Energía Cinética 2
1
2
mv 2
1
2
Iω
Ímpetu,
momento angular
p mv
=
r r
L I
= ω
r r
Impulso Fdt
∫
r
dt
τ
∫
r
Segunda ley de
Newton
dp
F
dt
=
r
r dL
dt
τ =
r
r

50. 1.6. BIOMECÁNICA
Teniendo en cuenta las ecuaciones [27] y [34] se puede concluir que para
que sobre un sistema no se produzca un giro se debe cumplir 0
ext
tot
τ =
r
, pues de
lo contrario L variaría en el tiempo, y con ella la velocidad angular ω.
Se deduce entonces que las condiciones para que un cuerpo se halle en
equilibrio son
0
0
ext
i
ext
i
F equilibrio traslacional
equilibrio rotacional
=
τ =
∑
∑
r
r [43]
Estas condiciones son muy útiles para el estudio de las configuraciones
estáticas, frecuentes en biomecánica. En particular, la segunda es la forma
general de la ley de la palanca. Veamos ahora unas aplicaciones de estas
condiciones a varios ejemplos.
Ejemplo 1.19.
La tensión máxima de la fibra lisa (le los músculos aductores de los
moluscos bivalvos es de 80 N/cm2
. Supongamos que la distancia de inserción
de los músculos hasta la articulación de las valvas es de 0,5 cm y que la
longitud de las valvas es de 5 cm. ¿Qué fuerza tendremos que hacer para abrir
un molusco si el músculo correspondiente es un cilindro de 2 mm de radio?
Figura 1.16.
Si la tensión máxima de los músculos aductores es de 80 N/cm2
y el músculo
es un cilindro de 2 mm de radio, la fuerza máxima que pueden realizar estos
músculos es
[ ] [ ]
2
2
80 (0,2 ) 10,05
m
N
F cm N
cm
 
= π =
 
 
Esta fuerza realizará un momento máximo
[ ] [ ] [ ]
10,05 0,5 5,03
máx m
F d N cm N cm
τ = ⋅ = ⋅ =

51. Por tanto, para abrir un molusco, tal como el descrito en este ejercicio, habrá
que ejercer un momento de 5,03N cm. Como al abrir el molusco aplicamos una
fuerza en los extremos de las valvas que están a 5 cm de la articulación, si
ejercemos una fuerza Fa, el momento de ésta es Fa ⋅ da, y ha de ser igual a
5,03N cm. Por tanto,
[ ]
[ ]
[ ]
5,03
1,01
5
máx
a
a
N cm
F N
d cm
⋅
τ
= = =
Ejemplo 1.20.
Dos personas de distinta estatura llevan una caja. a) ¿Cuál de las dos hace
más fuerza? b) Si la caja tiene 5 kg de masa repartida homogéneamente, ¿qué
fuerza hace cada una de las personas? Suponer que la fuerza que realizan es
vertical, tal como se indica en la figura.
Figura 1.17.
Este problema se refiere a una situación habitual en la práctica. Sobre el
paquete actúan tres fuerzas:
1. mg, peso del paquete.
2. F1, fuerza de la persona 1.
3. F2, fuerza de la persona 2.

52. Queremos calcular F1 y F2. La primera condición de equilibrio es 0
F =
∑
r
.
Como todas las fuerzas son verticales, se tiene:
F1 + F2 – mg = 0
Nótese que si 1
F
r
y 2
F
r
tuvieran componentes horizontales, la de 1
F
r
habría de
ser igual y de signo opuesto a la de 2
F
r
, de manera que se contrarrestaran. Dada
esta condición, el valor de la componente horizontal sería arbitrario.
La segunda condición de equilibrio es 0
τ =
∑
r
. Calcularemos momentos
respecto a O (centro de gravedad de la caja). La conservación del momento
angular conduce a la ley de la palanca:
1 1 2 2
r F r F
=
Observemos que como r1 > r2 , F2 > F1, es decir, tendrá que hacer más
fuerza la persona más alta, ya que está más cerca del centro de gravedad. Para
proceder a un cálculo explícito de la solución, es necesario evaluar r1 y r2. La
dificultad no es de índole física, sino puramente geométrica. Según la Figura
1.18, r1 y r2 valdrán
r1 = AB + CO
r2 = A'B' – CO
Figura 1.18.
pero
sen ' '
2
a
AB A B
= ϕ =

53. y
cos
2
b
CO = ϕ
Así pues,
( )
( )
1
2
1
sen cos
2
1
sen cos
2
r a b
r a b
= ϕ+ ϕ
= ϕ − ϕ
En nuestro caso concreto, donde a = 30 cm, b = 40 cm, ϕ = 60° y m = 5 kg,
tendremos:
[ ]
1 2
1
50
0,23 0,03
F F N
F
+ =
⋅ =
de forma que F1 = 5,77 [N] y F2 = 44,23 [N].
Observemos que si ϕ = 90°, es decir, si el paquete está sostenido
verticalmente (las dos personas tienen la misma altura o van al mismo nivel), r1
y r2 valen ambos a/2 y por tanto F1 = F2 = mg/2. Análogamente si el paquete es
plano, es decir, si b = 0, r1 = r2 = a/2 sen ϕ e igualmente F1 = F2 = mg/2.
Ejemplo 1.21.
El músculo deltoides sube el brazo hasta una posición horizontal (Fig. 1.19).
El músculo está fijado a 15 cm de la articulación y forma un ángulo de 18° con
el húmero. Suponiendo que el peso del brazo es de 40N y que se puede aplicar
todo él en el centro de masas situado a 35 cm de la articulación, calcular la
fuerza R que hace la articulación, el ángulo que dicha fuerza forma con el
húmero cuando el brazo está horizontal y la tensión T que realiza el músculo.
Figura 1.19.

54. Podemos representar el húmero, el deltoides y la articulación
esquemáticamente (Fig. 1.20).
Figura 1.20.
La elección de la dirección de R es totalmente arbitraria. Los resultados del
ejercicio nos dirán si la elección ha sido hecha en la dirección correcta.
Aplicamos las condiciones de equilibrio mecánico
0
0
F =
τ =
∑
∑
r
r
La suma de fuerzas produce dos ecuaciones, una en cada dirección: la
vertical y la horizontal:
sen sen 0
cos cos 0
T R P
T R
α− ϕ − =
α − ϕ =
El cálculo de los momentos lo realizamos respecto al punto O:
sen 0
T P
Td Pd
α − =
donde dT es la distancia desde el punto de aplicación de T al punto O y dP, la
misma magnitud pero para P.
De esta última ecuación se puede calcular el valor de T
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
40 35
302,03
sen 15 sen18
P
T
N cm
Pd
T N
d cm
= = =
α

55. Por otra parte, sustituyendo en las dos ecuaciones anteriores el valor de T
podemos calcular el valor de R y de ϕ. En efecto,
sen sen
cos cos
R T P
R T
ϕ = α −
ϕ = α
Dividiendo estas dos ecuaciones entre ellas resulta
sen 53,33
tan 0,19 10,51
cos 287,25
T P
T
α −
ϕ = = = ⇒ ϕ = °
α
y el correspondiente valor de R
[ ]
cos 302,03 cos18
292,15
cos cos10,51
T
R N
α ×
= = =
ϕ
Los resultados de este ejercicio nos muestran que el músculo analizado como
máquina física tiene una efectividad muy pequeña, ya que para levantar 40N de
peso, el músculo deltoides ha de realizar una fuerza de 302,03N y la
articulación está sometida a una fuerza de 292,15N, es decir, prácticamente
están sometidos a una fuerza ocho veces mayor que el peso que han de levantar.
A pesar de esto, la articulación está provista de una movilidad muy grande, que
no se habría conseguido si el músculo estuviera a una distancia mayor de la
articulación y por consiguiente gozara de una ventaja mecánica mayor.
Ejemplo 1.22.
Cuando una persona está de pie, los huesos de la pierna están distribuidos
tal como se ve en la Figura 1.21. Fa es la fuerza que realizan los músculos
aductores, R la fuerza que realiza el ilion sobre la cabeza del fémur, Pc el peso
de la pierna y N la fuerza que ejerce el suelo sobre la pierna. Si la persona es
de 85 kg, la pierna tiene una masa de 10 kg y el ángulo α vale 60°, calcular Fa
R y ϕ.
Para que un sistema esté en equilibrio se han de cumplir las condiciones de
equilibrio traslacional y equilibrio rotacional, es decir, que la suma de todas las
fuerzas se anule y que la suma de todos los momentos de las fuerzas respecto a
cualquier punto sea 0.
0
0
F =
τ =
∑
∑
r
r

56. En este caso suponemos dos ejes, uno vertical y otro horizontal, y
calculamos momentos respecto del punto O. Las ecuaciones para el equilibrio
de fuerzas son
Figura 1.21.
cos cos 0
sen sen 0
a
a c
F R
F N R P
α − ϕ =
α + − ϕ− =
y la ecuación de los momentos respecto al punto O
sen 0
a c
a F c P N
F d P d Nd
α + − =
donde dFa, dPc y dN son las distancias de Fa Pc. y N a la vertical de O,
respectivamente.
En las tres ecuaciones las magnitudes conocidas son α, N, Pc y las incógnitas
Fa, R y ϕ. El valor de α es de 60°, el de Pc
Pc = 10 [kg] × 9,81 [m/s2
] = 98,1 [N]

57. y el de N, la mitad del peso de la persona
N = 42,5 [kg] × 9,81 [m/s2
] = 416,9 [N]
A partir de la ecuación para los momentos resulta
[ ] [ ] [ ] [ ]
[ ]
[ ]
416,9 10,8 98,1 3,2
690,98
sen 7 sen60
c
a
N c P
a
F
Nd P d N cm N cm
F N
d cm
− × − ×
= = =
α
Conocido Fa, reordenando y dividiendo entre sí las dos ecuaciones primeras
resulta
sen 416,9 98,1 690,98sen60
tan 2,65
cos 690,98cos60
c a
a
N P F
F
− + α − +
ϕ = = =
α
y por tanto, ϕ = 69,35°
El valor correspondiente de R se obtiene ahora fácilmente:
R = 980,12 [N]
Respecto a la fuerza R, se han realizado numerosos estudios anatómicos en
los que se confirma que R actúa directamente según el eje de la cabeza del
fémur. Si se examina la estructura del hueso mediante técnicas de rayos X, se
encuentra que está compuesto de una red denominada medial trabeculae. Las
radiografías muestran que los ejes de esta red están dispuestos de forma que van
directamente en la dirección de la fuerza R. Esta observación, por tanto, sugiere
claramente que el crecimiento del hueso está influenciado por la fuerza que se
le aplica. En consecuencia, largas lesiones en los músculos aductores de una
pierna, al afectar el equilibrio de fuerzas y modificar los valores y la
distribución de R y Fa, pueden modificar el crecimiento de la cabeza del fémur.

58. Ejemplo 1.23.
La pierna en la posición de la Figura 1.22 se mantiene en equilibrio gracias
a la acción del ligamento patelar. A partir de las condiciones de equilibrio,
determinar la tensión T del ligamento y el valor y la dirección de la fuerza R.
Tomar como datos: masa de la persona 90 kg; masa de la pierna 9 kg; α = 40°.
(Suponer que T actúa en un punto situado en la misma vertical del punto donde
actúa la fuerza R.)
Figura 1.22.
Al igual que en los problemas anteriores, hemos de aplicar las condiciones
de equilibrio mecánico. El valor de N es la mitad del peso de la persona
N = 45 [kg] × 9,81 [m/s2
]= 441,45 [N]
P, el peso de la pierna, será
P = 9 [kg] × 9,81 [m/s2
] = 88,29 [N]
Las condiciones de equilibrio de fuerzas comportan las siguientes
ecuaciones:
cos cos 0
sen sen 0
T R
T N R P
α − ϕ =
α + − ϕ− =
y los momentos respecto al punto O
cos 0
T P N
Td Pd Nd
α + − =

59. De donde se obtiene para
[ ] [ ] [ ]
[ ]
[ ]
441,45 36 88,29 18
4667,80
cos 4 cos40
N P
T
N cm N
Nd Pd
T N
d cm
× − ×
+
= = =
α
y al sustituir el valor de T y dividir las dos ecuaciones para el equilibrio de
fuerzas se llega a
[ ] [ ] [ ]
[ ]
4667,80 sen40 441,45 88,29
sen
tan 0,94
cos 4667,80 cos40
N N N
T N P
T N
+ −
α + −
ϕ = = =
α
con lo que ϕ = 43,16°
El valor correspondiente de R es
[ ]
[ ]
4667,80 cos40
cos
4902,28
cos cos43,16
N
T
R N
α
= = =
ϕ
Ejemplo 1.24.
La Figura 1.23 muestra las fuerzas ejercidas por el suelo y por el tendón de
Aquiles de un hombre de 90 kg cuando está agachado. La fuerza de contacto
ejercida por la tibia actúa en el punto O. a) Determinar el módulo de la fuerza
que realiza el tendón de Aquiles. b) El módulo y la dirección de la fuerza de
contacto.
Podemos representar este sistema mediante el siguiente esquema:
Figura 1.23. Figura 1.24.
Las condiciones de equilibrio mecánico, según hemos visto en los
problemas anteriores, son:
cos cos 0
sen sen 0
sen 0
c
c
T N
T F
T N F
Td Nd
α − ϕ =
α + − ϕ =
α − =
donde en la última ecuación los momentos se calculan respecto del punto O.

60. El valor de N es la mitad del peso de la persona
N = 45 [kg] × 9,81 [m/s2
] = 441,45 [N]
Al igual que en los ejemplos anteriores se obtiene el valor de T
[ ]
5975,28
sen
N
Nd
T N
dT
= =
α
y al dividir entre sí las otras ecuaciones y sustituir el valor de T se obtiene
[ ] [ ]
[ ]
441,45 5975,28 sen38
sen
tan 0,88 41,19
cos 5975,28 cos38
N N
N T
T N
+
+ α
ϕ = = = ⇒ ϕ = °
α
y, por tanto,
[ ]
[ ]
5975,28 cos38
cos
6256,74
cos cos41,19
c
N
T
F N
α
= = =
ϕ

61. 1.7. CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA MECÁNICA
Finalmente, debemos contar con la ecuación de conservación o balance de la
energía mecánica, base de la ley, más general, de conservación de la energía.
Esta última ley es de gran importancia conceptual y práctica, y será comentada
con mayor detalle en el capítulo de Termodinámica. Veamos aquí, pues,
únicamente la ley de la conservación de la energía mecánica.
Vimos en [23] y [25] que el trabajo efectuado sobre un cuerpo entre dos
posiciones 1 y 2 es igual al incremento de su energía cinética; es decir:
12 1 2
c c
W E E
= − [44]
Este resultado se conoce como teorema trabajo-energía. W12 es el trabajo de
todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. Cabe distinguir dos tipos de
fuerzas: las conservativas y las no conservativas. La diferencia entre ambas
estriba en el hecho que, para las primeras, el trabajo realizado entre dos puntos
cualesquiera 1 y 2 es independiente del camino seguido, mientras que para las
segundas depende del camino.
En el caso de fuerzas conservativas, es posible definir la energía potencial
como
12 1 2
W U U
− = − [45]
es decir, la energía potencial en el punto 1 es igual a la de 2, menos el trabajo
realizado sobre el cuerpo para ir de uno a otro punto. Veamos unos cuantos
ejemplos típicos.
a) Energía potencial elástica: El sistema está constituido por el muelle y el
objeto que estudiamos. Al desplazar el cuerpo desde x1 hasta x2, el trabajo
realizado por la fuerza elástica es
2 2
1 1
2 2
2 1
12
2 2
x x
elás
x x
kx kx
W F dx kxdx
= = − = − +
∫ ∫ [46]
por lo cual, según la definición [45], tenemos
2
1
2
U kx
= [47]
y, por consiguiente, la energía potencial elástica es
2 2
1 2
1 2
2 2
x x
U U k k
− = − [48]

62. b) Energía potencial gravitatoria (baja altura): El sistema que ahora vamos a
considerar está constituido por la Tierra y un cuerpo determinado. Al subir el
cuerpo desde la altura h1 a una h2, el trabajo efectuado por la fuerza de la
gravedad es
12 1 2
( )
W mg h h
= − [49]
por lo cual, y según la definición [45], se tiene
U mgh
= [50]
c) Energía potencial gravitatoria (a nivel planetario): El sistema
considerado está formado por un planeta de masa M y un cuerpo de masa m que
se aleja de él. No podemos interpretar este problema según lo tratado en b) ya
que g, no es constante. Al alejarse un cuerpo del campo gravitacional del
planeta desde una distancia R1 hasta una distancia R2, el trabajo realizado por la
fuerza gravitacional es
12
1 2
1 1
W GMm
R R
 
= −
 
 
[51]
con lo cual, según la definición [28], tenemos
1 2
1 2
1 1
U U GMm
R R
 
− = −
 
 
[52]
y, por consiguiente, la energía potencial gravitatoria viene dada en este caso por
Mm
U G
R
= − [53]
De lo visto hasta aquí se puede concluir que la energía potencial es la que
posee un cuerpo en virtud de su posición en un campo de fuerzas. Como se
demostró en el Ejemplo 1.10, se puede deducir la aceleración de la gravedad a
partir de la ley de la gravitación universal. Análogamente, se puede deducir la
energía potencial gravitatoria a partir de la expresión correspondiente al nivel
planetario. Lo demostramos en el ejemplo siguiente.

63. Ejemplo 1.25.
Dedúzcase la expresión de la energía potencial gravitatoria a baja altura, a
partir de la fórmula encontrada a nivel planetario (ecuación [53]).
La diferencia de la energía potencial de un objeto de masa m, a una altura h
(pequeña respecto al radio terrestre) sobre la superficie de la Tierra y en el radio
terrestre, viene dada por
0
1 1
h T
T T
U U GM m
R h R
 
− = − −
 
+
 
donde MT y RT son la masa y el radio de la Tierra, respectivamente. Como
h << RT, la primera fracción se puede desarrollar (en serie de Taylor) hasta
primer orden en la forma
1 1 1
1
1
T T T
T
T
h
R h R R
h
R
R
 
= −
 
+    
+
 
 
;
Si introducimos este resultado en la ecuación anterior y tomamos el suelo
como origen de potencial (
U0 = 0) y tenemos en cuenta la expresión que
relaciona la aceleración de la gravedad con los parámetros para la Tierra,
llegamos a
2
T
h
T
GM
U m h mgh
R
= =
que es la expresión [50].

64. Consideremos de nuevo la relación entre trabajo y energía potencial. La
ecuación [44] indica que el trabajo efectuado por las fuerzas conservativas es
igual a la diferencia de energías potenciales, y relacionando este resultado con
el del Ejemplo 1.10 resulta
2 1 12 1 2
c c
E E W U U
= = = − [54]
Se define la energía mecánica como la suma de la energía cinética
(dependiente de la velocidad) más la energía potencial (dependiente de la
posición).
Según [39], si todas las fuerzas son conservativas, se conserva la energía
mecánica. Esta no se conservará, en cambio, si actúan fuerzas disipativas
(rozamiento, resistencia), en cuyo caso [44] nos llevará a
'
2 2 1 1 12
( ) ( )
c c
U E U E W
+ − + = [55]
donde '
12
W , es el trabajo realizado por las fuerzas no conservativas. Aplicamos
ahora la conservación de la energía mecánica a los distintos tipos de energía
potencial que hemos estudiado.

65. Ejemplo 1.26.
Un bloque de 5 kg, sujeto a un muelle cuya constante elástica vale
k = 500 [N/m], puede deslizar por un plano sin rozamiento. Si se comprime el
sistema formado por el muelle (sin masa) y el bloque 5 [cm] respecto a la
posición de equilibrio, a) determínese la energía potencial elástica almacenada
en el sistema; b) ¿qué velocidad máxima alcanzará el muelle y en qué
posición?
Figura 1.25.
a) La energía potencial elástica viene dada por la ecuación [46].
Sustituyendo en ella los valores del enunciado se obtiene
( ) [ ]
( ) [ ]
2
2
1 1
500 0,05 0,625
2 2
N
U k x m J
m
 
= ∆ = ⋅ ⋅ =
 
 
b) Puesto que no hay rozamiento, la energía mecánica, suma de la potencial
más la cinética, se conserva. El valor la energía total es el calculado en el
apartado anterior, es decir, cuando el sistema se halla con la deformación
máxima, lo que corresponde a velocidad cero y elongación máxima. Teniendo
en cuenta la expresión [55], vemos que la energía cinética máxima y, por tanto,
la velocidad máxima, se obtendrá cuando la potencial sea nula, es decir, al
pasar por la posición de equilibrio. En ese punto se tendrá
[ ]
2
1
0,625
2
máx máx
cin
E U mv J
= ⇒ =
de lo que se deduce que la velocidad máxima vale
[ ]
[ ]
2 0,625
2
0,5
5
J
U m
v
m kg s
⋅  
= = =  
 
Veamos ahora dos ejemplos en los que se combina el teorema del impulso y
el de la conservación de la energía.

66. Ejemplo 1.27.
Se ha determinado que el cráneo humano se rompe cuando un objeto con un
área superficial de pocos centímetros cuadrados incide produciendo un
esfuerzo alrededor de 5 × 107
N / m2
. Un martillo con cabeza cilíndrica de 2 kg
de masa y con un diámetro de base de 2,5 cm se suelta desde una altura h y,
por desgracia, cae sobre la cabeza de una persona calva con la base del
martillo paralela a la superficie de la cabeza. Si el contacto entre la cabeza y el
martillo dura 1 ms, ¿cuál es el máximo valor de h para el que no habrá rotura
de cráneo?
En primer lugar, calculamos la fuerza máxima que puede realizar el cráneo
humano sobre el martillo en las condiciones del problema, multiplicando el
esfuerzo máximo por el área de la base del martillo.
[ ]
( ) [ ]
2
2
7
2
2,5 10
5 10 24.543,69
4
m
m
N
F N
m
−
π ×
 
= × × =
 
 
Por tanto, suponiendo que el choque entre el martillo y la cabeza es
totalmente inelástico, esta fuerza máxima calculada será la que, actuando
durante 1 ms, frenará al martillo. Suponiendo que en el tiempo dt la fuerza es
constante e igual a Fm y aplicando el teorema del impulso, dado en la ecuación
[22], se cumple:
m
Fdt p F t p
= ∆ ⇒ ∆ = ∆
∫
donde ∆p es el incremento del ímpetu del martillo, que vale mv, siendo m su
masa y v su velocidad, ya que después del choque el martillo quedará parado y
su cantidad de movimiento valdrá cero.
Por otra parte, la velocidad del martillo está relacionada con la altura desde
la que cae libremente mediante 2
v gh
= (conservación de la energía). Por
tanto,
2
m
F t mv m gh
∆ = =
de donde la altura máxima valdrá
( ) [ ]
( )
[ ]
2
2 6 2
2
2
2
2
24.543,69 10
7,68
2
4 2 9,81
m
N s
F t
h m
m
m g
kg
s
−
 
×
∆  
= = =
 
× ×  
 

67. Ejemplo 1.28.
Una bola de 5 kg de masa se mueve horizontalmente con una velocidad de
10 m/s. Choca elásticamente contra un plano inclinado 45° de 25 kg de masa y
que está inicialmente en reposo, como se muestra en la Figura 1.26. Si se
desprecia el rozamiento, determinar: a) la velocidad de la bola después del
choque; b) la velocidad del plano inclinado después del choque; c)
aparentemente no se cumple el principio de conservación del ímpetu, dado que
antes del choque solamente existe ímpetu en la dirección horizontal y después
del choque hay ímpetu en ambas direcciones, la vertical y la horizontal.
Comentar este hecho.
En un choque elástico se cumple el principio de conservación del ímpetu y
se conserva la energía cinética.
Para determinar la velocidad del plano inclinado después del choque, hemos
de considerar que éste se moverá únicamente en la dirección horizontal. Por
tanto, en la dirección horizontal, si se desprecian las fuerzas de rozamiento
entre el plano inclinado y el suelo, se conservará la cantidad de movimiento,
cumpliéndose
b bi p pf
m v m v
=
Figura 1.26.
donde mb y mp son las masas de la bola y del plano inclinado, respectivamente,
vbi la velocidad de la bola en el instante inicial y vpf la velocidad del plano
inclinado después del choque. De la ecuación anterior se obtiene
[ ]
[ ]
5
10 2
25
b
pf bi
p
kg
m m m
v v
m kg s s
   
= = =
   
   
El bloque se mueve únicamente en la dirección horizontal debido a la
reacción del suelo, pues de lo contrario, para que se conservara el ímpetu,

68. debería moverse también en la dirección vertical. ¿Quiere decir esto que el
ímpetu no se conserva en este choque? Efectivamente, ya que el teorema de
conservación del ímpetu es válido cuando se trata con un sistema donde no hay
fuerzas externas o todas ellas se anulan. En este caso, si el sistema está formado
por la bola y el plano inclinado, en la dirección vertical existe una fuerza, la
ejercida por el suelo, que hace que el plano inclinado sólo se mueva en la
dirección horizontal. Finalmente, para contestar a la primera pregunta,
consideremos la conservación de la energía cinética
2 2 2
1 1 1
2 2 2
b bi p pf b bf
m v m v m v
= +
donde vbf es la velocidad de la bola después del choque. Despejando vbf y
sustituyendo los valores numéricos se obtiene:
[ ] [ ]
[ ]
2 2
2 2 5 100 25 4
8,94
5
b bi p pf
bf
b
m m
kg kg
m v m v m
s s
v
m kg s
   
−
   
−  
   
= = =  
 
Ejemplo 1.29.
Calcular la velocidad que ha de tener un proyectil para que, disparado
verticalmente, pueda escapar del campo gravitatorio terrestre (radio de la
Tierra, 6380 km).
Para resolver este problema aplicamos el principio de conservación de la
energía mecánica. Este principio establece que en ausencia de disipación (se
desprecian los efectos del rozamiento del proyectil con la atmósfera terrestre),
la suma de la energía cinética más la energía potencial gravitatoria deben
conservarse. La energía cinética se expresa según la conocida fórmula (1/2)mv2
y la energía potencial gravitatoria entre dos masas M y m viene dada por
Mm
U G
r
= −
donde G es la constante de gravitación. En este ejercicio tomamos como M la
masa de la Tierra, m la masa del proyectil y r la distancia respecto del centro de
la Tierra a la que se encuentra el proyectil en cada momento.
Para calcular la energía mínima necesaria para que el proyectil escape del
campo terrestre, consideramos que cualquier objeto está libre de la atracción
gravitatoria terrestre cuando su energía potencial gravitatoria respecto a nuestro
planeta vale cero. Si además exigimos que en ese punto la energía cinética sea
lo más pequeña posible, es decir, cero, ya estamos en condiciones de resolver el
ejercicio.
En efecto, la conservación de la energía mecánica implica

69. 2
1
0
2 T
Mm
mv G E U
R
∞ ∞
− = + =
y, por tanto,
3
2
2 11,19 10
T
T
GM m
v gR
R s
 
= = = ×  
 
donde 2
T
GM
g
R
= es la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra.
Ejemplo 1.30.
Laplace fue el primero en considerar objetos en los que la luz no puede
escapar de su entorno, debido a que en ellos la velocidad de escape es superior
a la velocidad de la luz. Estos objetos, por tanto, no emitirían radiación
luminosa y por tanto serían negros. La teoría de los agujeros negros ha tenido
un desarrollo muy considerable en las modernas teorías astrofísicas. Como
ejemplo, en este problema nos proponemos calcular el radio que debería tener
la Tierra para que la velocidad de escape desde su superficie fuera la
velocidad de la luz (masa de la Tierra, 5,98 x 1024
kg).
Para realizar este cálculo aplicamos el principio de conservación de la
energía mecánica al igual que en el problema anterior. Así igualamos la energía
mecánica de un cuerpo de masa m en un punto de la superficie terrestre con la
energía mecánica mínima donde este cuerpo está libre de la atracción
gravitacional terrestre, es decir, en el infinito. En estas condiciones
2
1
0
2
Mm
G mc
R
− + =
donde R es el radio de la Tierra si la velocidad de escape de la misma fuera la
velocidad de la luz c = 3 × 108
m/s. Despejando R se obtiene:
[ ]
[ ]
2
11 24
2
3
2
2
8
2 6,67 10 5,98 10
2
8,86 10
3 10
Nm
kg
kg
GM
R m
c m
s
−
−
 
× ⋅ × ⋅
 
 
= = = ⋅
 
 
×
 
 
 
 
Es decir, para que nuestro planeta se comportara como un agujero negro,
¡toda su masa debería concentrarse en una esfera de 8,86 mm de radio!

70. Ejemplo 1.31.
Un estudiante de física, después de leer la obra de Julio Verne De la Tierra a
la Luna, piensa en la posibilidad de colocar un satélite en órbita mediante un
procedimiento parecido al utilizado en la obra del prestigioso escritor:
mediante un cañón de gran potencia disparar un proyectil que se sitúe en
órbita. Analizar la posibilidad o imposibilidad de este procedimiento.
Para estudiar la posibilidad o imposibilidad de colocar en órbita un proyectil
hemos de estudiar los principios físicos que se han de cumplir. Suponemos que
se lanza el proyectil con una velocidad inicial v0 que forma un ángulo ϕ con la
vertical. En primer lugar exigimos que se cumpla el principio de conservación
de la energía mecánica. La suma de la energía cinética y la energía potencial ha
de permanecer constante. La energía mecánica en la superficie de la Tierra en el
momento de ser lanzado vale
2
0
1
2 T
Mm
mv G
R
−
donde m es la masa del proyectil y M y RT la masa y el radio de la Tierra,
respectivamente. Si el proyectil ha de estar en una órbita estable de radio R con
una velocidad v, la energía mecánica en un punto de la órbita es
2
1
2
Mm
mv G
R
−
La ley de conservación de la energía mecánica implica que
2 2
0
1 1
2 2
T
Mm Mm
mv G mv G
R R
− = −
donde haciendo transformaciones elementales resulta
2 2
0
1 1 1 1
2
2 2 T
v v GM
R R
 
= + −
 
 
y, teniendo en cuenta que g, la aceleración de la gravedad, se puede escribir
como
2
T
M
g G
R
=
la expresión anterior queda
2 2 2
0
1 1
2 T
T
v v gR
R R
 
= + −
 
 
[a]

71. Por otra parte, en la hipotética órbita podemos aplicar la segunda ley de
Newton y tener en cuenta que el satélite gira gracias a la fuerza de atracción
gravitacional de la Tierra que produce la fuerza centrípeta necesaria. Por tanto,
escribimos
2
2
Mm v
G m
R R
=
es decir,
2 M
v G
R
=
o bien
2
2 T
R
v g
R
= [b]
Finalmente, dado que la fuerza gravitatoria es una fuerza central,
produce un momento nulo sobre el proyectil y por tanto el momento angular es
una cantidad conservada. En consecuencia, el momento angular en el momento
del lanzamiento
0 0 sen
T
L mv R
= ϕ
será igual al momento angular en cualquier punto de la órbita
L mvR
=
lo que implica
0 sen
T
mv R mvR
ϕ =
y, por tanto,
0 sen
T
R
v v
R
= ϕ [c]

72. Vamos a ver las consecuencias que comporta tener en cuenta
simultáneamente las ecuaciones [a], [b] y [c]. A partir de [a] y [b] se obtienen
las siguientes relaciones:
2 2 2
0 2 2
2
0
2
2
1 1
2
2 2
T
T T
T
T
T
v v gR
R R
R R
v g gR g
R R
R
v g
R

 
= + − 
 

  ⇒ = + −


= 

es decir,
2
2
0 2 T
T
R
v gR g
R
= −
y, por consiguiente,
2
0
2 T
T
R R
v gR
R
−
 
=  
 
[d]
Por otro lado, los resultados [b] y [c] implican
0
2
0 2
2
2
sen
sen
T
T
R
v v
gR
R
v
R
v g
R

= ϕ

⇒ =

ϕ

=


[e]
Teniendo en cuenta los resultados [d] y [e] conjuntamente
( )
2
2
sen
T T
gR R R
gR
R
−
=
ϕ
de donde
( )
2
2
sen
2
T T
R
R R R
ϕ =
−
[f]
y este resultado es imposible. En efecto, pongamos R = RT + h, donde h es una
magnitud positiva y que representa la altura de la órbita respecto del suelo.
Sustituyendo R en la expresión [f]
( )
( )
2 2 2
2
2
2
sen
2
2
T T T
T T
T T T
R h R h R h
R R h
R R h R
+ + +
ϕ = =
+
+ −
 
 
vemos que el numerador de la expresión anterior es mayor que el denominador,
hecho que conduce a un imposible ya que sabemos que la función sen ϕ es una

73. función acotada entre + 1 y –1 y, por tanto, su cuadrado también. En
consecuencia, el exigir que se cumplan las dos leyes de conservación y la
segunda ley de Newton conlleva una incongruencia. Como estos principios
físicos están bien establecidos, el problema radica en que es imposible poner en
órbita un satélite mediante un impulso inicial únicamente, sino que hay que irle
dando, por ejemplo, mediante los motores de un cohete, un impulso continuado
y orientado, lo cual permite que, según el análisis anterior, los dos principios de
conservación no se cumplan.
En Termodinámica veremos que aunque en estos casos no se conserva la
energía mecánica, es posible definir otros tipos de energía de modo que la
energía total se conserve.

74. 1.8. TAMAÑO, FORMA Y VIDA
En la naturaleza se da una gran variedad de formas y tamaños. En el caso de
los seres vivos encontramos desde la descomunal ballena azul, el mayor ser
vivo que ha existido, con un peso de más de 200 toneladas (2⋅108
g), hasta el
micoplasma, pequeño microorganismo cuya masa es de unos 2⋅10–13
g. Entre
las masas de ambos extremos hay 21 órdenes de magnitud.
Surge entonces la cuestión de hasta qué punto son comparables los
fenómenos que observamos en objetos u organismos pequeños con los que se
dan en otros muchos mayores. Evidentemente, para que se pueda hablar de
regularidad ha de darse una cierta semejanza, tanto en el tamaño como en la
función. (No se pueden comparar cosas totalmente dispares.) Suponiendo que
se dé esa semejanza, la pregunta se concreta entonces en ¿cómo dependerán
esos fenómenos del tamaño?
Arquímedes estableció lo que se conoce como principio de semejanza: en
figuras geométricas semejantes, la superficie es proporcional al cuadrado de la
dimensión lineal, mientras el volumen lo es al cubo de la misma. Sin embargo,
Galileo, dos mil años después, se dio cuenta de que este principio presenta
limitaciones. Aun guardando la semejanza, el tamaño de las cosas no puede
aumentar arbitrariamente. Un diseño eficaz a pequeña escala puede no serlo a
una escala mayor –pensemos en un coche del tamaño de un camión– y,
viceversa, un prototipo resultará probablemente amazacotado si se reduce de
escala: basta pensar en un elefante del tamaño de una ardilla intentando trepar
por los árboles.
Se aprecia, en general, una relación entre el tamaño y la función en los seres
vivos: a mayor tamaño, mayor complejidad. Los seres unicelulares presentan un
grado de organización menor que los pequeños organismos. Éstos, a su vez,
tienen funciones más simples que los pequeños insectos. En los mamíferos
aparecen mecanismos de complejidad y precisión inusitadas.
Como comentamos anteriormente, la forma responde también a restricciones
de tipo funcional, a la competición de diversos factores. En los animales
terrestres, por ejemplo, predominan las formas cilíndricas que facilitan la
locomoción, a la par que responden a exigencias de las leyes de la elasticidad.
Por supuesto, estas formas están también muy condicionadas por el tamaño.
Veremos en uno de los problemas cómo una hormiga del tamaño de un hombre
resultaría un animal extraordinariamente débil: la hormiga es un animal fuerte a
su escala. Análogamente, un hombre del tamaño de una bacteria encontraría
grandes dificultades para poder nadar en agua.
¿Podemos encontrar relaciones generales que nos permitan extrapolar o
comparar propiedades o fenómenos de una escala a otra? ¿Cómo dependen
aquéllos del tamaño? La clave para responder estas y otras preguntas nos las
proporcionan el análisis dimensional y las leyes de escala.

75. 1.9. LEYES DE ESCALA. RITMO METABOLICO
La primera cuestión es cómo determinar la variación de una propiedad con el
tamaño. Ello será posible mediante el principio de semejanza, combinado, en el
caso de los seres vivos, con alguna hipótesis biológica. Conviene insistir desde
el principio en que no existen leyes generales, sino que se trata de una línea de
razonamiento que pretende encontrar aquella variación para cada caso concreto.
Veámoslo con un ejemplo.
El ritmo metabólico es la energía consumida en la unidad de tiempo
(corresponde, por tanto, a una potencia) como consecuencia de los procesos del
metabolismo y que a la larga acaba convirtiéndose en calor. Una posible
hipótesis biológica consistiría en suponer que el ritmo metabólico es
simplemente proporcional a la masa del organismo, ya que los procesos
metabólicos tienen lugar en todo el cuerpo:
RM ~ M
Así, por ejemplo, en un animal con el doble de masa que otro deberíamos
observar un consumo doble de energía en su metabolismo. Éste es un ejemplo
de ley de escala.
Esta hipótesis, sin embargo, no se ve corroborada por la experiencia en el
caso de los mamíferos. Intentemos otra. Como el calor se escapa a través de la
piel, es decir, de la superficie del animal, el ritmo metabólico podría depender
del área exterior del cuerpo:
RM A
: [56]
Como el área es proporcional a una longitud característica al cuadrado
2
A L
: [57]
y la masa M del animal ha de ser proporcional al volumen V, que a su vez lo
es a L al cubo
3
M L
: [58]
o, lo que es equivalente,
1/3
L M
: [59]
por lo cual, el área se puede expresar en función de M como
2/3
A M
: [60]
de donde concluimos que el ritmo metabólico seguiría en este caso una ley
de escala del tipo
2/3 0,66
RM M M
=
: [61]

76. Esta ley se aproxima más a la que se obtiene experimentalmente, pero no es
del todo satisfactoria. (En realidad, los mamíferos siguen una ley RM ~ M0,75
.
Para explicar el resultado deberemos apoyarnos en una hipótesis más
complicada.)
Estos ejemplos nos han enseñado que no es posible extrapolar los resultados
de una escala a otra de forma trivial, es decir, mediante una regla de tres, sino
que hay que determinar la correspondiente ley de escala que, en general, será no
lineal. En efecto, lo más importante de dichas leyes es precisamente el
exponente con el que una magnitud se relaciona con otras.
1.10. ANÁLISIS DIMENSIONAL
Hasta ahora hemos discutido únicamente la influencia del tamaño sobre las
propiedades de los sistemas. Pero la longitud característica o la masa no son los
únicos parámetros que determinan el funcionamiento de un organismo. Para un
problema dado, existe un conjunto de parámetros que lo describen
completamente. Así, por ejemplo, en el caso de un péndulo simple tenemos su
longitud l, su masa m, su período τ, su frecuencia f, la aceleración de la
gravedad g que actúa sobre él, etc. Sin embargo, no todos estos parámetros son
independientes entre sí. El período, por ejemplo, es función de l y de g, y la
frecuencia es la inversa del período.
El método para determinar las constantes características independientes y su
relación con los demás parámetros se conoce como análisis dimensional. Se
basa en el hecho de que a las magnitudes físicas están asociadas ciertas
dimensiones: escogida una base de magnitudes fundamentales (longitud, masa
y tiempo, en mecánica, a las que se añade la temperatura en termodinámica o la
intensidad de la corriente en electricidad), cualquier otra variable puede
expresarse en función de éstas. (La elección de esa base es función de los
métodos de medida.) La dimensión de una variable queda determinada
mediante su ecuación dimensional, que expresa su dependencia respecto a las
magnitudes fundamentales. Por ejemplo, la ecuación dimensional de un área A
es, sencillamente, [A] = [L]2
, que expresa que el área es el cuadrado de una
longitud. Para la velocidad encontramos la siguiente ecuación dimensional: [v]
= [L / T ], es decir, una longitud por la inversa de un tiempo. En este último
caso decimos que la velocidad tiene dimensiones de longitud por la inversa de
tiempo.
Recogemos en la tabla siguiente las ecuaciones dimensionales de las
variables más importantes usadas hasta ahora:

77. Sistema [M] [L] [T ] [θ ]
Longitud, l [L]
Masa, m [M]
Tiempo, t [T]
Área, A [L2
]
Frecuencia, f
1
T
 
 
 
Velocidad, v
L
T
 
 
 
Aceleración, a 2
L
T
 
 
 
Fuerza, F 2
ML
T
 
 
 
Presión, p, 2
M
LT
 
 
 
Energía, E, trabajo, W, o calor, Q
2
2
ML
T
 
 
 
Densidad, ρ 3
M
L
 
 
 
(A estas magnitudes iremos añadiendo las correspondientes a la
termodinámica y la electricidad.)
Cualquier relación entre magnitudes físicas, una igualdad por ejemplo, exige
algo más que una comparación de cantidades: debe cumplirse también una
relación entre magnitudes. Dicho de otro modo, al comparar magnitudes hay
que comprobar que la relación sea dimensionalmente homogénea: no se puede
comparar una masa con un tiempo, o una presión con una temperatura. En una
igualdad, pongamos por caso, ambos miembros deben tener las mismas
dimensiones.
Ilustremos estas ideas mediante un ejemplo.

78. Ejemplo 1.32.
Una masa m está unida a un muelle sin masa cuya constante elástica es k.
Se comprime el muelle y después se suelta de golpe, oscilando alrededor de la
posición de equilibrio. (Supóngase que no hay rozamiento.) Encontrar, por
análisis dimensional, la dependencia del período T de la oscilación, en función
de los dos parámetros del sistema m y k.
El período T tiene dimensiones de tiempo y debe depender de los dos
parámetros físicos del sistema m y k. La masa m tiene su propia dimensión y las
dimensiones de k se pueden deducir a partir de la fórmula [19]
[ ]
[ ]
[ ] [ ]
[ ]
2
2
ML
F M
F T
k k
x L L T
 
 
 
= − ⇒ = = =
∆  
 
El período, por tanto, depende, en general, de los parámetros a través de una
ley del tipo
a b
T Cm k
=
donde C es una constante sin dimensiones y a y b dos coeficientes a
determinar. Se debe cumplir, por tanto,
[ ] [ ] 2
b
a M
T M
T
 
=  
 
y, para que esa ecuación sea dimensionalmente homogénea, los exponentes
de cada una de las variables fundamentales a uno y otro lado de la ecuación
deben ser iguales, lo que nos lleva a
para el tiempo T
1
1 2
2
b b
= − ⇒ = −
para la masa
1
0,
2
a b a
+ = = . Por tanto,
M
T
k
: .

79. Ejemplo 1.33.
Aproximadamente, las necesidades alimenticias de los individuos normales
de un mismo género son proporcionales a su masa. Aunque el novelista
Jonathan Swift no conocía las leyes de escala, aventuró en «Los viajes de
Gulliver» que
los liliputienses debían dar 1728 de sus raciones al gigante Gulliver, doce
veces mayor que ellos. ¿Es correcta esta conjetura?
Como el alimento es proporcional a la masa y a su vez la masa es
proporcional al volumen y éste por semejanza lo es a una longitud característica
al cubo
M ~ V ~ L3
tenemos que
Alimento ~ L3
Por tanto, se debe cumplir que
( )
3
3
(Alimento)
12 1728
(Alimento)
Gulliver Gu
liliputiense lil
L
L
 
= = =
 
 
La ración de Gulliver debe ser 1728 raciones liliputienses, tal como predijo el
autor de la novela.

80. Ejemplo 1.34.
Comparar la velocidad normal de paseo de dos personas de la misma
complexión y de alturas respectivas L1, y L2. Suponer que, paseando, el tiempo
que tarda una pierna en dar un paso viene dado por el período de un péndulo
simple de longitud proporcional al de la pierna.
Figura 1.27.
La velocidad media de la persona será:
espacio recorrido en un paso
velocidad media =
tiempo en dar un paso
Como las personas son de la misma complexión (es decir, desde un punto de
vista geométrico son parecidas), el ángulo α es el mismo en las dos personas.
Por otro lado, la longitud de las piernas respectivas l1 y l2 estará en la misma
proporción que L1, y L2; es decir,
1 1
2 2
l L
l L
=
El espacio recorrido en un paso es
2
2
e l sen
α
=
Por otro lado, si la pierna se comporta como un péndulo, el tiempo en dar un
paso será proporcional al período; es decir,

81. 2
l
t
g
π
:
donde ~ es el símbolo de proporcionalidad. Por tanto, teniendo en cuenta que
α y g tienen el mismo valor para ambas personas, se obtiene
e l
v l
t l
= : :
De este modo, las velocidades vl y v2 estarían en la proporción
1 1
2 2
v L
v L
=
Hay que advertir que éste no es el único modelo para el cálculo de la
velocidad de paseo. Los hay más elaborados y que llevan a conclusiones
ligeramente distintas. Lo que podemos observar es que para correr interesa
disminuir el tiempo en que se da un paso. Esto se consigue disminuyendo la
longitud de la pierna, es decir, doblándola.
Ejemplo 1.35.
Una hormiga puede levantar tres veces su peso, mientras que un elefante
sólo puede con la cuarta parte. Si las dimensiones medias son,
respectivamente, 1,2 y 504 cm, ¿es correcto decir que la hormiga es la más
fuerte?
Para resolver este problema definimos previamente el denominado factor de
escala E como la relación entre la longitud característica L de dos figuras,
objetos, animales, etc., parecidos:
G
P
L
E
L
=
donde LG es la longitud característica de un animal grande y LP la misma
longitud de un animal pequeño.
Hay propiedades que dependen del volumen, por ejemplo, el peso, y en
cambio hay otras que dependen del área, por ejemplo, la fuerza del músculo.
Por esto podemos escribir que el peso de un animal grande PG está relacionado
con el peso de un animal pequeño PP según
3 3 3 3
G G P P
P L E L E P
=
: :
e igualmente que la fuerza muscular de un animal grande FG está relacionada
con la fuerza de un animal pequeño FP:

82. 2 2 2 2
G G P P
F L E L E F
=
: :
Definimos la fuerza relativa de un animal, f, como el cociente entre el peso
que puede levantar y el peso del animal. Como el peso que puede levantar
depende de la fuerza de los músculos, se puede escribir
2
3
G P P
G
G P
F E F f
f
P E P E
= = =
Para comparar las fuerzas relativas, lo debemos hacer entre animales del
mismo tamaño. Por tanto, calculamos el factor de escala:
504
420
1,2
e h
E − = =
Supongamos que el elefante tuviera el tamaño de una hormiga. Calculamos
entonces su fuerza relativa utilizando la ley de escala deducida arriba:
420 0,25 105,0
e h e e
f E f
− −
= ⋅ = ⋅ =
Por tanto, el animal con tamaño del orden del de la hormiga que tendría
mayor fuerza relativa sería el elefante y por tanto éste sería el más fuerte.
¿Qué pasaría si tuviéramos una hormiga del tamaño de un elefante? ¿Cuánto
valdría su fuerza relativa? Para responder a estas dos preguntas, calculamos la
fuerza relativa de una hormiga del tamaño de un elefante:
3
0,01
420
h h
h e
e h
f
f
E
−
−
−
= = =
Obviamente vemos que también en este caso el elefante es el más fuerte, ya
que la fuerza relativa de un elefante es
0,25
e
e e
e
F
f
P
− = =

83. Ejemplo 1.36.
Supongamos que nos persigue un oso enfadado y muy hambriento. Si al
intentar escaparnos corremos por un plano horizontal, su velocidad es superior
y nos alcanzará. Utilizando argumentos de análisis dimensional, demostrar que
para tener más posibilidades de escapar es preferible correr en subida.
Suponer que la potencia muscular depende del área de la sección transversal
máxima del músculo.
Al subir por un plano inclinado, sin tener en cuenta la fuerza de rozamiento,
hemos de suministrar la energía necesaria para aumentar la energía potencial, o
lo que es lo mismo, vencer al peso. Por tanto, la potencia necesaria para subir
por un plano inclinado de ángulo θ es
P = F v = mg sen θ v
es decir, la potencia depende de la masa y de la velocidad. Mediante
argumentos de análisis dimensional, la potencia es proporcional a
P ~ l3
v
dado que ni g ni θ dependen de las dimensiones y l es una dimensión
característica del individuo que sube.
Por otra parte, el problema dice que P ~ l2
, ya que nos indica que la potencia
es proporcional al área de la sección transversal del músculo. Teniendo en
cuenta las dos expresiones para P se obtiene
l3
v ~ l2
y, por tanto,
v ~ l-1
Esto significa que cuanto más grande es l más pequeña es v. Por tanto, como
en general nuestra l es más pequeña que la del oso, conviene intentar
escaparnos subiendo por una superficie inclinada.

84. Ejemplo 1.37.
Comparando la habilidad de los animales para saltar, hacemos
experimentos con mamíferos y con insectos. Supongamos que en el caso de los
mamíferos la altura del salto no depende del tamaño de los animales y que en
cambio, cuando se realizan experimentos con insectos, observamos que la
altura del salto depende del tamaño mediante la relación h ~ l2/3
. ¿Cuál de las
dos hipótesis siguientes es la más correcta en cada caso? a) La energía
suministrada por unidad de masa del músculo es la misma para todos los
animales. b) La potencia suministrada por unidad de masa del músculo es la
misma para todos los animales.
Vamos a ver qué consecuencias comporta la hipótesis a).
Si la energía por unidad de masa del músculo es la misma para todos los
animales, quiere decir que E/M no depende de las dimensiones del animal y
que, por tanto,
E ~ M ~ l3
donde M es la masa del animal y 1 una longitud característica. La energía
para saltar hasta una altura h que han de suministrar los músculos es
E ~ Mgh ~ l3
como la masa M ~ l3
y g no depende de l se obtiene
l3
h ~ l3
que implica que h no depende de l y que, por consiguiente, según la hipótesis
a) es plausible que la altura del salto no dependa del tamaño de los animales.
Por tanto, esta hipótesis se puede aplicar a los mamíferos según las condiciones
de este ejercicio.
Analicemos ahora las consecuencias de la hipótesis b). La potencia P es la
energía por unidad de tiempo. Según b), P/M no depende de l, por lo cual
P ~ M ~ l3
La potencia, por tanto, depende de l3
. Por otro lado, podemos escribir P como
P = Mgh / t
ya que Mgh es la energía que han de aportar los músculos en un tiempo t. El
tiempo t, tiempo de trabajo del músculo, se puede escribir como
t = d / v