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MECANICA
Docente: Mg.Lic. Juan F. Figueroa Yalán
Es la parte de la mecánica describe el movimiento de los cuerpos. Un cuerpo describe una trayectoria, que queda
determinada por su posición en cada instante, dada por el vector de posición 𝑟. Para determinar la evolución de
la posición del cuerpo necesitamos conocer la velocidad instantánea definida por:
Cinemática
Pero, por razones que aparecerán más claras en el apartado sobre la dinámica,
necesitamos aún introducir la variación instantánea de la velocidad, a la que
se denomina aceleración 𝑎:
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= ∆𝑣
∆𝑡
Normalmente, los problemas en cinemática vienen planteados a la inversa de la presentación que acabamos de
hacer: se conoce la dependencia de la aceleración con alguna de las variables del sistema y se trata de
determinar la trayectoria del cuerpo. Veamos a continuación un ejemplo característico:
z
x
y
r
𝑣 =
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= ∆𝑟
∆𝑡
Ejemplo 1.1
Movimiento uniformemente acelerado en una dimensión. Se supone que la aceleración es constante y que
se conoce la velocidad inicial 𝑣0 de un cuerpo y su posición inicial 𝑟0 . Se quiere saber cómo depende la
posición del cuerpo con el tiempo.
Puesto que 𝑑𝑣/𝑑𝑡 = 𝑎 = cte, podemos integrar esta relación, es decir:
𝑣0
𝑣
𝑑𝑣 =
0
𝑡
𝑎 𝑑𝑡 ⇒ 𝑣 − 𝑣0 = 𝑎𝑡
Si ahora tenemos en cuenta que 𝑣 = 𝑑𝑟/𝑑𝑡 y usando el resultado anterior:
𝑟0
𝑟
𝑑𝑟 =
0
𝑡
𝑣 𝑑𝑡 ⇒ 𝑟 − 𝑟0 = 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
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 una persona saltase con la misma aceleración que
una pulga, ¿a qué altura llegaría?
Las ecuaciones cinemáticas de un movimiento uniformemente acelerado en una dirección, donde la
aceleración es la de la gravedad, son
donde v e y son la velocidad y la altura en un instante cualquiera 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 lo
tanto, tenemos en el punto más elevado del salto
que es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, v y t, que tiene como solución
Sustituyendo los datos del problema, y teniendo en cuenta que g = 9,8 m s , se obtiene
𝑣𝑜 = 1,4𝑚𝑠−1 𝑦 𝑡 = 0.14𝑠
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
-2
Si la distancia de aceleración en la persona es 𝑑 = 𝑑′ = 0,5 𝑚, para calcular hasta qué altura saltaría
podemos escribir, de nuevo, las ecuaciones siguientes:
𝑡 =
2𝑑′
g
1/2
, 𝑣 = 𝑎𝑡 , ℎ =
𝑣2
2g
Siguiendo el mismo procedimiento que en el apartado anterior se obtiene:
𝑡 = 0,0029𝑠, 𝑣 = 35,02 𝑚𝑠−1
, ℎ = 62,5 𝑚
Figura 1.2.
Movimiento circular
También tiene interés especial el caso del movimiento circular, cuya variable natural
es el ángulo.
Se define la velocidad angular y la aceleración angular como la variación instantánea
del ángulo y de la velocidad angular, respectivamente
Nótese que existe una relación simple entre la velocidad lineal v y la angular 𝜔, dada por la relación
𝑣 = 𝜔𝑟
siendo 𝑟 el radio de giro, ya que la distancia lineal s viene dada por 𝑠 = 𝜑𝑟.
Procediendo de modo análogo al del movimiento lineal uniformemente acelerado, se obtiene para el
movimiento circular uniformemente acelerado (𝛼 = cte.):
α = 𝑐𝑡𝑒 , 𝜔 = 𝜔0 + α𝑡 , 𝜑 = 𝜑0 + 𝜔0𝑡 +
1
2
α𝑡2
Otro movimiento cuya cinemática puede ser descrita con detalle es el armónico simple, cuya aceleración
depende del tiempo como
α = −𝐴𝜔2
cos 𝜔𝑡
donde 𝜔 es un parámetro característico de este movimiento, la frecuencia angular. Si para simplificar se
supone que inicialmente el objeto se halla en el origen de coordenadas en reposo, resulta que su velocidad es
𝑣 = −𝐴𝜔2
0
𝑡
cos 𝜔𝑡 𝑑𝑡 = −𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡
y, teniendo en cuenta que 𝑣 = 𝑑𝑟/𝑑𝑡, al integrar se encuentra para la posición
𝑟 = 𝐴 cos 𝜔𝑡|
Esta ecuación corresponde a un movimiento sinusoidal.
Para acabar este breve repaso de la cinemática hemos
de aludir a la aceleración que se produce como
consecuencia de un movimiento circular. Consideremos
el caso más simple, en 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
𝑎𝑐 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
, 𝑎𝑐 =
𝑣𝑑𝜑
𝑟𝑑𝜑/𝑣
=
𝑣2
𝑟
Sustituyendo las expresiones de 𝑑𝑣 𝑦 𝑑𝑡 en la definición de ac se llega a la relación
𝑎𝑐 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
, 𝑟𝑑𝜑 = 𝑣 𝑑𝑡 𝑦 𝑑𝑣 = 𝑣𝑑𝜑
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 también de la forma:
𝑎𝑐 = 𝜔2
𝑟
Ejemplo 1.3
Supongamos que una partícula dista 0,1 m del eje de un motor que gira a 3.000 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−1
, que son las unidades naturales de la velocidad
angular 𝜔.
y la aceleración centrípeta resulta entonces:
𝑎𝑐 = 𝜔2
𝑟 = 4𝜋2
1002
𝑠−2
× 0,1 𝑚 = 39.478,4 𝑚 𝑠−2
Si dividimos este valor por el valor de la aceleración de la gravedad g, a saber, 9,8 m 𝑠−2
, tenemos
𝑎𝑐
g
= 4028,4
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 capítulosposteriores.)
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
𝑎𝑟 = 𝛽𝑣
Trataremos ejemplos de aplicación de este tipo de aceleración en la dinámica de fluidos.
Dinámica: Leyes de Newton
La dinámica estudia las causas del movimiento. Empezamos su estudio enunciando las leyes de Newton,
siguiendo así, en parte, el desarrollo histórico de esta materia. Dichas leyes sontres:
1. Ley de la 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, opuesta a la visión que aportaba 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 o Segunda ley de Newton. Se denomina cantidad de movimiento, momento
lineal o simplemente ímpetu de un objeto de masa 𝑚 que se mueve con velocidad 𝑣 a la magnitud 𝑝
definida como
𝑝 = 𝑚𝑣
Según la ley de inercia, 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 dadapor
𝑑𝑝
𝑑𝑡
= 𝐹
conocida como ecuación fundamental de la dinámica. Para cuerpos de masa constante esta ecuación toma
la forma:
4. Ley de acción y reacción. Si un objeto A ejerce una fuerza 𝐹 sobre un objeto B, dicho objeto B ejerce
sobre el objeto A una fuerza de igual módulo y signo opuesto que 𝐹. Obsérvese que, como dichas fuerzas
actúan sobre objetos diferentes (una sobre A y otra sobre B), sus efectos no se cancelan.
𝑑𝑝𝑡𝑜𝑡
𝑑𝑡
= ∑𝐹𝑒𝑥𝑡
con:
𝑃𝑡𝑜𝑡 = ∑𝑚𝑖𝑣𝑖
A partir de la ley de acción y reacción se puede generalizar [14] para un sistema de N partículas cada una
de velocidad 𝑣𝑖 y masa 𝑚𝑖 . Así pues, tenemos:
𝑚𝑎 = 𝐹
la cantidad de movimiento o ímpetu total y ∑𝐹, 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 [16] se obtiene el principio de conservación de la cantidad de movimiento: si en un
sistema ∑𝐹𝑒𝑥𝑡 = 0, se cumple que 𝑝𝑡𝑜𝑡 es constante. Veamos algunos ejemplos de la aplicación de este
principio.
Ejemplo 1.4.
Un hombre que pesa 80 kg y un chico de 40 kg 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−1 respecto al hielo. ¿A qué distancia estarán después de 5 s?
El hombre y el chico pueden considerarse un sistema único, que inicial- mente tiene cantidad de movimiento
total nula. Como éste se conserva, pues no actúa ninguna fuerza externa, tendremos
𝑝ℎ + 𝑝𝑐 = 𝑚ℎ𝑣𝑐 + 𝑚𝑐𝑣𝑐 ⇒ 𝑣𝑐 = −
𝑚ℎ𝑣ℎ
𝑚𝑐
= −
80 𝑘g. 0,3 𝑚𝑠−1
40 𝑘g
= −0,6 𝑚𝑠−1
donde el subíndice c indica las variables del chico y el h las del hombre. Al cabo de 5 s habrán recorrido una
distancia
𝑥ℎ = 0,3.5 = 1,5 𝑚 , 𝑥𝑐 = −0,6.5 = −3 𝑚
y se hallarán separados, por consiguiente, una distancia
𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 1,5𝑚 + 3𝑚 = 4,5𝑚
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 agua en la bolsa y al expelerla muy rápida- mente 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 1.4.
Chorro de agua
Figura 1.4. Movimiento de reacción en el calamar.
Ejemplo 1.5.
En un estudio sobre el vuelo de las moscas se puede suponer que el mecanismo de sustentación viene
dado por la fuerza de reacción que ejerce el aire impulsado por sus alas. Suponiendo que una mosca
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 𝑐𝑚−3
, calcular la frecuencia con que el insecto ha de mover las alas para sustentarse.
Si el insecto tiene 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
describe mediante la expresión
𝐹∆𝑡 = 𝑚 ∆𝑣
donde el término de la izquierda 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
𝑚g =
𝑚∆𝑣
∆𝑡
donde A es el área del ala y z el arco que ésta recorre durante el batido. Si el insecto tiene dos alas,
La masa de aire M se puede escribir también como el producto de su densidad por el volumen de aire
batido por el ala. Podemos aproximar este volumen de acuerdo con la relación
Si suponemos que su movimiento es armónico con velocidad angular 𝜔 y amplitud z, podemos escribir la
velocidad v como
𝑣 = 𝐴𝑧
𝑀 = 2𝜌𝐴𝑧
𝑣 = 𝜔𝑧
Así, siguiendo este modelo, el período o tiempo de cada batido es igual a ∆𝑡 = 2π/ω.
Por tanto,
𝑚g =
𝑀𝑣
∆𝑡
=
2𝜌𝐴𝑧𝜔𝑧
2𝜋/𝜔
=
𝜌𝐴𝑧2
𝜋
= 𝜔2
Para simplificar se puede suponer que 𝑧2
= 𝐴, y se obtiene
𝜔2 =
𝜋𝑚g
𝜌𝐴2
La frecuencia f, relacionada con la frecuencia angular 𝜔 según 𝜔 = 2𝜋𝑓, vale entonces
𝑓 =
𝑚g
4𝜋𝜌𝐴2
1/2
y sustituyendo valores se obtiene
𝑓 =
0,001 g × 981 𝑐𝑚 𝑠−2
4𝜋 × 0,0013 g 𝑐𝑚−3 × (0,006 𝑐𝑚2)2
1/2
= 1291,54𝑠−1
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, 𝑉
𝑚. Así, si bien es
lógico que 𝑉
𝑚 se tome proporcional a 𝑉𝑏, no lo es tanto suponer la igualdad.
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 se obtiene que 𝑉
𝑚 es mayor que 𝑉𝑏, alcanzando a veces el valor 𝑉
𝑚 =
25 𝑉𝑏, que hace concordar los resultados del modelo con los experimentales.
Las fuerzas: interacciones fundamentales y fuerzas derivadas
La ecuación [14] estaría 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.
En la naturaleza observamos una gran variedad de fuerzas que, sin embargo, corresponden sólo 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). Se ha conseguido unificar en un formalismo único las fuerzas electromagnéticas y las
interacciones débiles, y también estas dos con la interacción fuerte. La fuerza de la gravedad sigue siendo
la que resulta más difícil de unificar en un formalismo común con las restantes.
La fuerza gravitatoria que se ejercen dos cuerpos de masas m y M entre sí 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
𝐹 = 𝐺
𝑚𝑀
𝑟2
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 1.5. Atracción gravitatoria entre dos masas.
La ecuación [18], combinada con la [14], permitió describir con todo de- talle los movimientos
de los planetas, y significó la consolidación y el triunfo de la mecánica en el siglo XVII.
A continuación, se proponen algunos ejemplos en los que se utiliza esta importante ley.
Ejemplo 1.6.
Sabiendo que el radio de la Tierra es R = 6,36 × 106 m 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
𝐹 = 𝐺
𝑚𝑀
𝑅 + ℎ 2
≃ G
𝑀
𝑅2
𝑚
Ahora bien, como el peso corresponde a F = mg, la relación anterior nos permite hallar g a partir de los
valores de R, M y G. Al efectuar el cálculo obtenemos
g = 𝐺
𝑀
𝑅2 = + 6,67 × 1011
5,98 × 1024
6,36 2 × 1012 𝑚
Ejemplo 1.7.
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 período orbital T.
Un objeto describe un movimiento circular cuando sobre él actúa una aceleración centrípeta. En este
ejemplo, la atracción gravitacional entre el satélite y el planeta es la causa de la aceleración centrípeta.
Aplicando la segunda ley de la dinámica se puede escribir entonces
𝑀𝑠𝑎𝑐 = 𝑀𝑠
𝑣𝑠
2
𝑅0
= 𝐺
𝑀𝑠𝑀𝑝
𝑅0
2
donde el subíndice s indica las variables del satélite y p las del planeta. El módulo de la velocidad del
satélite es constante
𝑣𝑠 =
2𝜋𝑅0
𝑇
pues describe una circunferencia de radio 𝑅0 con período T. Sustituyendo la última expresión en la
ecuación [10] se llega a la relación
𝑇2 =
4𝜋2
𝐺𝑀𝑝
𝑅0
3
Este resultado fue establecido en 1609 por Kepler (tercera ley de Kepler), a partir de observaciones
experimentales: el cuadrado del período es proporcional al cubo del radio de laórbita.
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 muelle ejerce una fuerza que viene dada por la
expresión:
𝐹 = −𝑘 ∆𝑥
donde k es una constante, denominada constante elástica, característica del material y la forma del
muelle. Esta ley se conoce con el nombre de ley de Hooke, y tendremos ocasión de estudiarla en el
capítulo de Elasticidad
Figura 1.6. 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 y de la
velocidad relativa entre el cuerpo y 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:
𝐹𝑟 = 𝜇𝑁
N es la componente normal a la superficie, reacción de la que el cuerpo ejerce sobre ésta, y 𝜇 es un
coeficiente denominado coeficiente de rozamiento, que depende de las características de las superficies
de contacto y que puede ser estático o dinámico, dependiendo de si éstas 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 razón 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. 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 dependa del área y de la velocidad relativa.
r
Figura 1.7. Fuerza de rozamiento dinámico.
Ejemplo 1.8.
Calcular la velocidad máxima con que un coche puede entrar en una curva dado el radio de
curvatura r, el ángulo de peralte 𝜑 y el coeficiente de rozamiento 𝑒𝑠 𝜇 entre los neumáticos y el
asfalto.
Nos situamos en el sistema de referencia del coche. Sobre el coche actúan las siguientes fuerzas:
1. el peso mg
2. la fuerza centrífuga 𝑚𝑣2/r
3. la fuerza del asfalto sobre los neumáticos
4. la fuerza de contacto N del asfalto contra el coche
Descomponemos estas fuerzas en sus componentes tangencial y normala la superficie:
1. componente tangencial mg sen 𝜑
normal mg cos 𝜑
2. componente tangencial 𝑚𝑣2 cos 𝜑 /r
normal mv2 sen 𝜑 /r
3. componente tangencial 𝜇N
normal 0
4. componente tangencial 0
normal N
(Las direcciones de las fuerzas vienen indicadas en la Figura 1.8.)
En el balance de fuerzas tratamos por separado las componentes nor-males y las
tangenciales. Tenemos así:
Balance de fuerzas normales
𝑚g cos 𝜑 + 𝑚
𝑣2
𝑟
sen 𝜑 − 𝑁 = 0
Balance de fuerzas tangenciales
𝑚 =
𝑣2
𝑟
cos 𝜑 − 𝑚𝑔 sen 𝜑 − 𝜇𝑁 = 0
La primera ecuación nos proporciona el valor de N, que introducido enla segunda lleva a
𝑚 =
𝑣2
𝑟
cos 𝜑 − 𝑚𝑔 sen 𝜑 − 𝜇 mg cos 𝜑 + 𝑚
𝑣2
𝑟
sen 𝜑 = 0
De aquí llegamos fácilmente a la siguiente expresión para v2
𝑣𝑚𝑎𝑥
2
= g𝑟
sen 𝜑 + 𝜇 cos 𝜑
cos 𝜑 − 𝜇 sen 𝜑
Figura 1.8. Fuerzas que intervienen en el Problema 1.8
Si el coche va a una velocidad superior a 𝑣𝑚𝑎𝑥, 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
fórmulaes la que aplicaría un ingeniero para fijar la limitación de velocidad en curva
en una carretera, ya que conoce r y 𝜑 (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 delfenómeno. Efectivamente:
1. Si aumenta r, 𝑣𝑚𝑎𝑥también aumenta. Es decir, en una curva abierta se puede ir más deprisa 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 eleva- do) 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, queen una curva sin peralte vale
𝑣𝑚𝑎𝑥
2
= 𝜇𝑟g
aumenta con el ángulo de peralte 𝜑 si la curva tiene peralte. Si el ángulo no es muy grande,
podemos aproximar sen 𝜑 ≃ 𝜑 y cos 𝜑 ≃1 y, por tanto,
𝑣𝑚𝑎𝑥
2 = 𝑟g
𝜑 + 𝜇
1 − 𝜑𝜇
donde vemos que si 𝜇 o 𝜑 aumenta, 𝑣𝑚𝑎𝑥 aumenta. Este resultado natural- mente no es extrapolable a
ángulos grandes. Dados r y 𝜇 habrá un peralte óptimo, a partir del cual nos interesará no tanto la
velocidad máxima sin derrapar, sino la velocidad mínima para que el coche no se deslice en razón de
su propio peso.
a) 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 resistenciaque viene dada por la expresión
𝐹 = 𝛼𝑣
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
este tipo de fuerzas.
Existen, además, otros tipos de fuerzas como las fuerzas de contacto, las fuerzas de adherencia, las
fuerzas de resistencia en fluidos a alta velocidad, etcétera, algunas de las cuales aparecerán a lo largo
del texto.
Antes de finalizar esta sección hemos de advertir que en un sistema no inercial aparecen fuerzas
ficticias, es decir, fuerzas no reales que aparecen por el hecho de analizar el movimiento desde un
sistema acelerado. En el movimiento circular, por ejemplo, un observador en un sistema 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; en cambio, 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 fuer-zas ficticias. Consideremos el siguiente ejemplo.
Ejemplo 1.9.
Una persona se mueve sobre el borde de la plataforma de un tiovivo, y con el mismo sentido de giro.
Usando la fuerza centrípeta, encontrar una expresión para la aceleración ficticia (de Coriolis) que
siente la persona.
La velocidad total de la persona, vista desde un sistema inercial, es
𝑣1 = 𝑣𝑛𝑖 + 𝜔 × 𝑟
donde 𝑣𝑛𝑖 es la velocidad que lleva respecto a la plataforma que gira (no inercial), 𝜔 la velocidad
angular de la plataforma y r su radio. La aceleracióncentrípeta, vista desde un observador inercial, es
𝑎𝑐𝑡 =
𝑣𝑡
2
𝑟
=
𝑣𝑛𝑖
2
𝑟
+ 𝜔2𝑟 + 2𝜔𝑣
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.)
Impulso y trabajo
Para calcular las consecuencias que produce sobre el movimiento de un objeto una fuerza que actúa durante
un intervalo de tiempo a lo largo de un camino en el espacio, se calcula el impulso, que es la integral
temporal de lafuerza en un cierto intervalo
𝐼 ≡
𝑡1
𝑡2
𝐹 𝑡 𝑑𝑡
y el trabajo, que es la integral espacial de la fuerza a lo largo de una ciertatrayectoria
𝑊 =
𝑟1
𝑟2
𝑓 𝑡 . 𝑑𝑟
donde el vector 𝑑𝑟 indica la dirección de la trayectoria en cada punto. El impulso es un vector en tanto
que el trabajo es un escalar. El punto entre 𝐹 y 𝑑𝑟 indica el producto escalar de estos dos vectores.
Es inmediato demostrar, según la ley de Newton [14], que
𝑡1
𝑡2
𝐹 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 − 𝑚𝑣1
y que
𝑡1
𝑡2
𝐹 𝑟 . 𝑑𝑟 =
1
2
𝑚𝑣2
2
−
1
2
𝑚𝑣1
2
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
𝐸 =
1
2
𝑚𝑣2
que aparece en el segundo miembro de [25] se denomina energía cinética, y es la energía que posee un cuerpo
en virtud de su movimiento y de su masa.
Apliquemos ahora estas relaciones a algunos ejemplos concretos.
Ejemplo 1.10.
Un inui que recurre frecuentemente para su alimentación y la de su familia a la caza de osos polares y
focas, dispara con su rifle desde un trineo sobre la nieve (sin rozamiento), balas de 0,013 kg con una
velocidad de salida de 800 m s–1 a) ¿Cuánto vale la cantidad de movimiento de cada bala? b) Si cada
disparo dura 0,2 s, ¿qué fuerza media experimenta el hombre por cada bala que dispara? c)¿Qué
velocidad alcanza el trineo con el inui —la masa total es de 90 kg— después de disparar diez balas?
(Despréciese la pérdida de masa de las balas disparadas.)
a)La cantidad de movimiento de una bala es
𝑝 = 𝑚𝑣 = 1.3 × 10−3
𝑘g ∙ 800𝑚 𝑠−1
= 10,4 𝑘g m 𝑠−1
b)Para hallar la fuerza media aplicamos la relación dada por la ecuación [24]
𝑡1
𝑡2
𝐹 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣1 ⇒𝐹𝑚 ∆𝑡 = ∆𝑝
y, por tanto,
𝐹𝑚 =
∆𝑝
∆𝑡
=
10,4
0,2
= 52𝑁
c) Puesto que la cantidad de movimiento de una bala es p = 10,4 kg m 𝑠−1, el de diez balas será
simplemente p(10 balas) = 10 × 10,4 = 104 kg m 𝑠−1. Como la cantidad de movimiento se conserva y su
valor inicial era cero, sedebe cumplir que
𝑝𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 0 ⇒ 𝑝𝑏 10 + 𝑀𝑡
𝑣
= 0
siendo Mt la masa del sistema trineo + hombre + rifle, Mt = 90 kg. Por tanto, ese sistema alcanzará una
velocidad
𝑣 =
𝑀𝑡
𝑝𝑏 10
=
104
90
= 1,5 𝑚 𝑠−1 = 1,15 𝑚 𝑠−1
Momento angular. Rotación
De la ecuación [16] se deduce que una condición necesaria para el equilibriode traslación es que
𝐹𝑖
𝑒𝑥𝑡
= 0
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. 9, vemos que aunque 𝐹 = 0 y,
por tanto, se da equilibrio traslacional, la barra gira en torno al punto central O y, en consecuencia, no hay
equilibrio rotacional.
Figura 1.9. Pese a que la suma de las fuerzas exterioreses nula, la barra se acelera
en un movimiento de rotación.
Para analizar los posibles movimientos de rotación hay que considerar no sólo las fuerzas, sino también el
brazo de palanca con que actúan, es decir, sus momentos. En general, se define el momento de un vector 𝐴
especto a un punto O como
𝑀𝐴𝑂 = 𝑟 × 𝐴
donde × denota el producto vectorial y 𝑟 es el vector de posición del punto de aplicación del vector 𝐴.
Como caso particular, el momento de una fuerza es
𝑀 = 𝑟 × 𝐹
El momento de la cantidad de movimiento p es
𝐿 = 𝑟 × 𝑝 = 𝑟 × 𝑚𝑣
y recibe también el nombre de momento angular.
Consideremos ahora un sistema formado por varios cuerpos. Su momento angular total vale
𝐿𝑡𝑜𝑡 =
1
𝑁
𝑟𝑖 × 𝑚𝑖𝑣𝑖
Y el momento total de las fuerzas externas se puede expresar como
𝑀𝑡𝑜𝑡
𝑒𝑥𝑡
= 𝑟𝑖 × 𝐹𝑖
𝑒𝑥𝑡
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 dela ecuación fundamental [16] y de la definición [31], que
𝑑𝐿𝑡𝑜𝑡
𝑑𝑡
=
𝑑 𝑟𝑖 × 𝑝𝑖
𝑑𝑡
=
𝑑𝑟𝑖
𝑑𝑦
× 𝑝𝑖 + 𝑟𝑖 ×
𝑑𝑝𝑖
𝑑𝑡
Esos dos últimos términos pueden evaluarse sin dificultad: el primero es nulo, puesto que el vector
𝑑𝑟𝑖
𝑑𝑡
= 𝑣𝑖 tiene la misma dirección que 𝑝 y su producto vectorial se anula; si se aplica la ecuación
fundamental de la dinámica al [14] segundo, se llega a la ecuación
𝑑𝐿𝑡𝑜𝑡
𝑑𝑡
= 𝑟𝑖 × 𝐹𝑖
𝑒𝑥𝑡
= 𝑀𝑡𝑜𝑡
𝑒𝑥𝑡
que indica que cuando el momento de las fuerzas externas no es nulo el momento angular varía en el
tiempo; por el contrario, 𝐿 se conserva, es decir, se mantiene constante en el transcurso del tiempo. Esta
relación se conocecomo la ley de la conservación del momento angular.
Así, la ecuación
𝑑𝐿𝑡𝑜𝑡
𝑑𝑡
= 𝑀𝑡𝑜𝑡
𝑒𝑥𝑡
viene a ser la expresión de la segunda ley de Newton en dinámica de rotación y 𝑀y 𝐿 juegan
respectivamente 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 de una partícula que gira en una
trayectoria circular de radio r con velocidad v respecto al centro O se puede escribir como
𝐿 = 𝑟𝑚𝑣
Teniendo en cuenta que v = 𝜔𝑟, con 𝜔 la velocidad angular, la expresiónanterior queda
𝐿 = 𝑚𝑟2𝜔
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 deinercia se escribe como
𝐼 =
1
𝑁
𝑚𝑖𝑟𝑖
2
y para los cuerpos que tengan una distribución continua de masa
𝐼 = 𝑟2
𝑑𝑚
Nótese que el momento de inercia depende únicamente de la geometría delsistema y del eje de giro que se
considere. En la Tabla 1.1 se recoge el valordel momento de inercia para distintas geometrías y ejes de giro.
En términos de I, la relación [37] puede expresarse como
𝐿 = 𝐼𝜔
Ejemplo 1.11.
Una estrella homogénea de radio R y masa M gira con velocidad angular ω. Sabemos que la estrella se
contrae debido a las fuerzas gravitacionales internas siguiendo la ley R = R0(1 – Kt), donde K es una
constante. Calcular cómovaría la velocidad angular de rotación en función del radio y del tiempo.
Suponemos que la estrella está muy alejada de cualquier objeto celeste, 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 como
𝐿 = 𝐼𝜔
donde I es el momento de inercia. Si la estrella tiene forma esférica, y según la Tabla 1.1, 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
𝜔 =
𝐼0
𝐼
𝜔0 =
2
5
𝑀𝑅0
2
2
5
𝑀𝑅2
𝜔0
y, por tanto, la dependencia de 𝜔 con el radio es 𝜔 =
𝑅𝑜
2
𝑅2 𝜔𝑜∙ Cuanto más pequeño se haga R debido a
la contracción gravitacional, mayor será 𝜔.
Si queremos encontrar la dependencia temporal, sólo hay que sustituir R por su expresión en función
del tiempo y se obtiene:
𝜔 =
𝑅0
2
𝑅0
2
1 − 𝐾𝑡 2
𝜔0 =
𝜔0
1 − 𝐾𝑡 2
Ahora estamos en condiciones de considerar de manera más detallada las fuerzas ficticias a las que
aludimos al hablar de los sistemas no inerciales. Si un observador está en el centro de un tiovivo que gira y
lanza una pelota hacia el borde de la plataforma, tiene que aplicar una fuerza suplementaria si quiere que la
trayectoria de la bola descrita desde el tiovivo sea recta. Esta fuerza la ha de aplicar para compensar la
fuerza de Coriolis. En efecto, cuando la pelota está a una distancia r del centro su momento angular es
𝐿 = 𝑚𝑟2𝜔; y a medida que su distancia al centro aumenta, L varía de acuerdo con la expresión
𝑑𝐿
𝑑𝑡
=
𝑑 𝑚𝜔𝑟2
𝑑𝑡
= 2𝑚𝜔𝑟𝑣
Esa variación puede ser interpretada como proveniente del momento de una fuerza ficticia 𝑀 = 𝑟 ×
𝐹, 𝑠𝑖 𝐹 𝑒𝑠 𝐹 = 2𝑚𝜔𝑣. La forma exacta de la llamada fuerza de Coriolis que aparece en sistemas no
inerciales en rotacióntiene la forma
𝐹𝐶𝑜𝑟 = −2𝑚𝜔 × 𝑣
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 esferaen el ejemplo siguiente, de interés en meteorología.
Ejemplo 1.12.
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. 1.10). Deseamos calcular la
desviación respecto de la vertical local del punto P, en cada instante de tiempo, debida a la rotación de
la Tierra.
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 en 𝑡 = 0 𝑒𝑠 𝑟 + ∆𝑟 y en un instante posterior, t > 0,
se halla 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 pro-
ducto 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
Figura 1.10.
El momento de inercia en el instante inicial vale
𝐼 0 = 𝑚 𝑟 + ∆𝑟 cos λ 2
ya que (𝑟 + ∆𝑟) cosλ es la distancia al eje de giro, es decir, al eje terrestre. En el instante t, I(t) se escribe
como
𝐼 𝑡 = 𝑚𝑟2𝑐𝑜𝑠2λ
Aplicando la conservación del momento angular se obtiene
𝑚𝑟2
𝑐𝑜𝑠2
λ𝜔 𝑡 = 𝑚 𝑟 + ∆𝑟 cos λ 2
𝜔
es decir
𝜔 𝑡 = 𝑤 1 +
∆𝑟
𝑟
2
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, zo- nas de bajas presiones, giren en el sentido contrario de las agujas del reloj, mientras los vientos
que se mueven alrededor de los anticiclones (altas presiones) tiendan a arremolinarse en el sentido de las
agujas del reloj. (Estossentidos se invierten en el hemisferio Sur.)
Figura 1.11. Sentido del movimiento de una borrasca en el hemisferio Norte.
Consideremos ahora la expresión de la energía cinética de rotación. Si nos fijamos de nuevo en las
expresiones [4], [26] y [38], podemos deducir laexpresión siguiente:
𝐸𝑐𝑖𝑛 =
1
2
𝑚𝑖𝑣𝑖
2
=
1
2
𝑚𝑖𝑟𝑖
2
𝜔2
=
1
2
𝐼𝜔2
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.
Biomecánica
Teniendo en cuenta las ecuaciones [27] y [34] se concluye que la condición para que en un sistema no se
produzca una aceleración angular es 𝑀𝑡𝑜𝑡
𝑒𝑥𝑡
= 0, pues de lo contrario L varía en el tiempo, y con él la
velocidad angular 𝜔.
Se deduce entonces que las condiciones para que un cuerpo se halle en equilibrio son
𝐹𝑖
𝑒𝑥𝑡
= 0 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑠𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙
𝑀𝑖
𝑒𝑥𝑡
= 0 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙
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 1.13.
La tensión máxima de la fibra lisa de los músculos aductores de los moluscos bivalvos es de 80 N 𝑐𝑚−2.
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 1.12. Ejemplo 1.13.
Si la tensión máxima de los músculos aductores es de 80 N cm–2 y el
músculo es un cilindro de 2 mm de radio, la fuerza máxima que pueden
realizar estos músculos es
𝐹𝑚 = 80𝑁 𝑐𝑚−2𝜋 0,2 2𝑐𝑚2 = 10,05𝑁
Esta fuerza realizará un momento máximo
𝑚𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑚 ∙ 𝑑 = 10,5𝑁 × 0,5𝑐𝑚 = 5,03𝑁 𝑐𝑚
Por tanto, para abrir un molusco tal como el descrito en este ejercicio, habrá que ejercer un momento de
5,03 N cm. Como al abrir el molusco apli- camos 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 Fada y ha de ser igual a 5,03 N cm. Por
tanto,
𝐹𝑎 =
𝑀𝑚𝑎𝑥
𝑑𝑎
=
4,03𝑁 𝑐𝑚
5 𝑐𝑚
= 1,01𝑁
Ejemplo 1.14.
El músculo deltoides sube el brazo hasta una posición horizontal (Fig. 1.13). 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 1.13. Ejemplo 1.14.
Podemos representar el húmero, el deltoides y la articulación esquemáticamente (Fig. 1.14).
Figura 1.14. Ejemplo 1.14.
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 [43] de equilibrio mecánico
𝐹 = 0
𝑀 = 0
La suma de fuerzas produce dos ecuaciones, una en cada dirección: lavertical y la horizontal:
𝑇 sen 𝛼 − 𝑅 sen 𝜑 − 𝑃 = 0
𝑇 cos 𝛼 − 𝑅 sen 𝜑 = 0
El cálculo de los momentos lo realizamos respecto al punto O:
𝑇 𝑑𝑇 sen 𝛼 − 𝑃 𝑑𝑝 = 0
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
𝑇 =
𝑃 𝑑𝑝
𝑑𝑇 sen 𝛼
=
40𝑁 × 35 𝑐𝑚
15 𝑐𝑚 sen 18
= 302,03𝑁
Por otra parte, sustituyendo en las dos ecuaciones anteriores el valor de T podemos calcular el valor de R y
de . En efecto,
𝑅 sen 𝜑 = 𝑇 sen 𝛼 − 𝑃
𝑅 cos 𝜑 = 𝑇 cos 𝛼
Dividiendo miembro a miembro estas dos ecuaciones resulta
𝑡g φ =
𝑇 sen 𝛼 − 𝑃
𝑇 sen 𝛼
=
53,33
287,25
= 0,19 ⇒ φ = 10,51°
y el correspondiente valor de R
𝑅 =
𝑇 sen 𝛼
cos 𝛼
=
302,03 × cos 18
cos 10,51
= 292,15𝑁
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
distanciamayor de la articulación y por consiguiente gozara de una ventaja mecánicamayor.
Ejemplo 1.15.
Cuando una persona está de pie, los huesos de la pierna están distribuidos tal como se ve en la Figura 1.15.
𝐹 es la fuerza que realizan los músculos aductores, 𝑅 a la fuerza que realiza el ilion sobre la cabeza del
fémur, 𝑃𝑐el 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 𝐹 , 𝑅 𝑦 𝜑.
Para que un sistema esté en equilibrio se han de cumplir las condiciones 43 de equilibrio traslacional y
rotacional, es decir, que la suma de todas lasfuerzas y de todos los momentos de las fuerzas sea 0.
𝐹 = 0
𝑀 = 0
En este caso suponemos dos ejes, uno vertical y otro horizontal, y calculamos momentos respecto del
punto O. Las ecuaciones para el equilibrio defuerzas son
𝐹𝑎 cos 𝛼 − 𝑅 cos 𝜑 = 0
𝐹𝑎 sen 𝛼 + 𝑁 − 𝑅 sen 𝜑 −= 0
la ecuación de los momentos respecto al punto O
𝐹𝑎 𝑑𝐹𝑎
sen 𝛼 + 𝑃𝑐𝑑𝑐 − 𝑁 𝑑𝑁 = 0
Donde 𝑑𝐹𝑎
, 𝑓𝑝𝑐 𝑦 𝑑𝑁 son las distancias de a la vertical de 𝐹𝑎, 𝑃𝑎 𝑦 𝑁a 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 𝑠−2 = 98,1𝑁
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𝑣0
𝑟
𝑑𝑟 =
0
𝑡
𝑎 𝑑𝑡 ⇒ 𝑣 − 𝑣0 = 𝑎𝑡
𝑡 =
2𝑦
g
1/2
, 𝑣0 2g𝑦 1/2
λ

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  • 1. MECANICA Docente: Mg.Lic. Juan F. Figueroa Yalán
  • 2. Es la parte de la mecánica describe el movimiento de los cuerpos. Un cuerpo describe una trayectoria, que queda determinada por su posición en cada instante, dada por el vector de posición 𝑟. Para determinar la evolución de la posición del cuerpo necesitamos conocer la velocidad instantánea definida por: Cinemática Pero, por razones que aparecerán más claras en el apartado sobre la dinámica, necesitamos aún introducir la variación instantánea de la velocidad, a la que se denomina aceleración 𝑎: 𝑎 = 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = ∆𝑣 ∆𝑡 Normalmente, los problemas en cinemática vienen planteados a la inversa de la presentación que acabamos de hacer: se conoce la dependencia de la aceleración con alguna de las variables del sistema y se trata de determinar la trayectoria del cuerpo. Veamos a continuación un ejemplo característico: z x y r 𝑣 = 𝑑𝑟 𝑑𝑡 = ∆𝑟 ∆𝑡
  • 3. Ejemplo 1.1 Movimiento uniformemente acelerado en una dimensión. Se supone que la aceleración es constante y que se conoce la velocidad inicial 𝑣0 de un cuerpo y su posición inicial 𝑟0 . Se quiere saber cómo depende la posición del cuerpo con el tiempo. Puesto que 𝑑𝑣/𝑑𝑡 = 𝑎 = cte, podemos integrar esta relación, es decir: 𝑣0 𝑣 𝑑𝑣 = 0 𝑡 𝑎 𝑑𝑡 ⇒ 𝑣 − 𝑣0 = 𝑎𝑡 Si ahora tenemos en cuenta que 𝑣 = 𝑑𝑟/𝑑𝑡 y usando el resultado anterior: 𝑟0 𝑟 𝑑𝑟 = 0 𝑡 𝑣 𝑑𝑡 ⇒ 𝑟 − 𝑟0 = 𝑣0𝑡 + 1 2 𝑎𝑡2 resultan las conocidas fórmulas del movimiento uniformemente acelerado. Apliquemos estos resultados a un ejemplo concreto.
  • 4. 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 una persona saltase con la misma aceleración que una pulga, ¿a qué altura llegaría? Las ecuaciones cinemáticas de un movimiento uniformemente acelerado en una dirección, donde la aceleración es la de la gravedad, son donde v e y son la velocidad y la altura en un instante cualquiera 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 lo tanto, tenemos en el punto más elevado del salto
  • 5. que es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, v y t, que tiene como solución Sustituyendo los datos del problema, y teniendo en cuenta que g = 9,8 m s , se obtiene 𝑣𝑜 = 1,4𝑚𝑠−1 𝑦 𝑡 = 0.14𝑠 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 -2
  • 6. Si la distancia de aceleración en la persona es 𝑑 = 𝑑′ = 0,5 𝑚, para calcular hasta qué altura saltaría podemos escribir, de nuevo, las ecuaciones siguientes: 𝑡 = 2𝑑′ g 1/2 , 𝑣 = 𝑎𝑡 , ℎ = 𝑣2 2g Siguiendo el mismo procedimiento que en el apartado anterior se obtiene: 𝑡 = 0,0029𝑠, 𝑣 = 35,02 𝑚𝑠−1 , ℎ = 62,5 𝑚 Figura 1.2. Movimiento circular También tiene interés especial el caso del movimiento circular, cuya variable natural es el ángulo. Se define la velocidad angular y la aceleración angular como la variación instantánea del ángulo y de la velocidad angular, respectivamente
  • 7. Nótese que existe una relación simple entre la velocidad lineal v y la angular 𝜔, dada por la relación 𝑣 = 𝜔𝑟 siendo 𝑟 el radio de giro, ya que la distancia lineal s viene dada por 𝑠 = 𝜑𝑟. Procediendo de modo análogo al del movimiento lineal uniformemente acelerado, se obtiene para el movimiento circular uniformemente acelerado (𝛼 = cte.): α = 𝑐𝑡𝑒 , 𝜔 = 𝜔0 + α𝑡 , 𝜑 = 𝜑0 + 𝜔0𝑡 + 1 2 α𝑡2 Otro movimiento cuya cinemática puede ser descrita con detalle es el armónico simple, cuya aceleración depende del tiempo como α = −𝐴𝜔2 cos 𝜔𝑡
  • 8. donde 𝜔 es un parámetro característico de este movimiento, la frecuencia angular. Si para simplificar se supone que inicialmente el objeto se halla en el origen de coordenadas en reposo, resulta que su velocidad es 𝑣 = −𝐴𝜔2 0 𝑡 cos 𝜔𝑡 𝑑𝑡 = −𝐴𝜔 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 y, teniendo en cuenta que 𝑣 = 𝑑𝑟/𝑑𝑡, al integrar se encuentra para la posición 𝑟 = 𝐴 cos 𝜔𝑡| Esta ecuación corresponde a un movimiento sinusoidal. Para acabar este breve repaso de la cinemática hemos de aludir a la aceleración que se produce como consecuencia de un movimiento circular. Consideremos el caso más simple, en 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
  • 9. 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 𝑎𝑐 = 𝑑𝑣 𝑑𝑡 , 𝑎𝑐 = 𝑣𝑑𝜑 𝑟𝑑𝜑/𝑣 = 𝑣2 𝑟 Sustituyendo las expresiones de 𝑑𝑣 𝑦 𝑑𝑡 en la definición de ac se llega a la relación 𝑎𝑐 = 𝑑𝑣 𝑑𝑡 , 𝑟𝑑𝜑 = 𝑣 𝑑𝑡 𝑦 𝑑𝑣 = 𝑣𝑑𝜑 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 también de la forma: 𝑎𝑐 = 𝜔2 𝑟
  • 10. Ejemplo 1.3 Supongamos que una partícula dista 0,1 m del eje de un motor que gira a 3.000 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−1 , que son las unidades naturales de la velocidad angular 𝜔. y la aceleración centrípeta resulta entonces: 𝑎𝑐 = 𝜔2 𝑟 = 4𝜋2 1002 𝑠−2 × 0,1 𝑚 = 39.478,4 𝑚 𝑠−2 Si dividimos este valor por el valor de la aceleración de la gravedad g, a saber, 9,8 m 𝑠−2 , tenemos 𝑎𝑐 g = 4028,4 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 capítulosposteriores.)
  • 11. 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 𝑎𝑟 = 𝛽𝑣 Trataremos ejemplos de aplicación de este tipo de aceleración en la dinámica de fluidos.
  • 12. Dinámica: Leyes de Newton La dinámica estudia las causas del movimiento. Empezamos su estudio enunciando las leyes de Newton, siguiendo así, en parte, el desarrollo histórico de esta materia. Dichas leyes sontres: 1. Ley de la 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, opuesta a la visión que aportaba 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 o Segunda ley de Newton. Se denomina cantidad de movimiento, momento lineal o simplemente ímpetu de un objeto de masa 𝑚 que se mueve con velocidad 𝑣 a la magnitud 𝑝 definida como 𝑝 = 𝑚𝑣 Según la ley de inercia, 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 dadapor 𝑑𝑝 𝑑𝑡 = 𝐹
  • 13. conocida como ecuación fundamental de la dinámica. Para cuerpos de masa constante esta ecuación toma la forma: 4. Ley de acción y reacción. Si un objeto A ejerce una fuerza 𝐹 sobre un objeto B, dicho objeto B ejerce sobre el objeto A una fuerza de igual módulo y signo opuesto que 𝐹. Obsérvese que, como dichas fuerzas actúan sobre objetos diferentes (una sobre A y otra sobre B), sus efectos no se cancelan. 𝑑𝑝𝑡𝑜𝑡 𝑑𝑡 = ∑𝐹𝑒𝑥𝑡 con: 𝑃𝑡𝑜𝑡 = ∑𝑚𝑖𝑣𝑖 A partir de la ley de acción y reacción se puede generalizar [14] para un sistema de N partículas cada una de velocidad 𝑣𝑖 y masa 𝑚𝑖 . Así pues, tenemos: 𝑚𝑎 = 𝐹
  • 14. la cantidad de movimiento o ímpetu total y ∑𝐹, 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 [16] se obtiene el principio de conservación de la cantidad de movimiento: si en un sistema ∑𝐹𝑒𝑥𝑡 = 0, se cumple que 𝑝𝑡𝑜𝑡 es constante. Veamos algunos ejemplos de la aplicación de este principio.
  • 15. Ejemplo 1.4. Un hombre que pesa 80 kg y un chico de 40 kg 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−1 respecto al hielo. ¿A qué distancia estarán después de 5 s? El hombre y el chico pueden considerarse un sistema único, que inicial- mente tiene cantidad de movimiento total nula. Como éste se conserva, pues no actúa ninguna fuerza externa, tendremos 𝑝ℎ + 𝑝𝑐 = 𝑚ℎ𝑣𝑐 + 𝑚𝑐𝑣𝑐 ⇒ 𝑣𝑐 = − 𝑚ℎ𝑣ℎ 𝑚𝑐 = − 80 𝑘g. 0,3 𝑚𝑠−1 40 𝑘g = −0,6 𝑚𝑠−1 donde el subíndice c indica las variables del chico y el h las del hombre. Al cabo de 5 s habrán recorrido una distancia 𝑥ℎ = 0,3.5 = 1,5 𝑚 , 𝑥𝑐 = −0,6.5 = −3 𝑚
  • 16. y se hallarán separados, por consiguiente, una distancia 𝑥𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 1,5𝑚 + 3𝑚 = 4,5𝑚 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 agua en la bolsa y al expelerla muy rápida- mente 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 1.4. Chorro de agua Figura 1.4. Movimiento de reacción en el calamar.
  • 17. Ejemplo 1.5. En un estudio sobre el vuelo de las moscas se puede suponer que el mecanismo de sustentación viene dado por la fuerza de reacción que ejerce el aire impulsado por sus alas. Suponiendo que una mosca 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 𝑐𝑚−3 , calcular la frecuencia con que el insecto ha de mover las alas para sustentarse. Si el insecto tiene 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 describe mediante la expresión 𝐹∆𝑡 = 𝑚 ∆𝑣
  • 18. donde el término de la izquierda 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 𝑚g = 𝑚∆𝑣 ∆𝑡 donde A es el área del ala y z el arco que ésta recorre durante el batido. Si el insecto tiene dos alas, La masa de aire M se puede escribir también como el producto de su densidad por el volumen de aire batido por el ala. Podemos aproximar este volumen de acuerdo con la relación Si suponemos que su movimiento es armónico con velocidad angular 𝜔 y amplitud z, podemos escribir la velocidad v como 𝑣 = 𝐴𝑧 𝑀 = 2𝜌𝐴𝑧 𝑣 = 𝜔𝑧
  • 19. Así, siguiendo este modelo, el período o tiempo de cada batido es igual a ∆𝑡 = 2π/ω. Por tanto, 𝑚g = 𝑀𝑣 ∆𝑡 = 2𝜌𝐴𝑧𝜔𝑧 2𝜋/𝜔 = 𝜌𝐴𝑧2 𝜋 = 𝜔2 Para simplificar se puede suponer que 𝑧2 = 𝐴, y se obtiene 𝜔2 = 𝜋𝑚g 𝜌𝐴2 La frecuencia f, relacionada con la frecuencia angular 𝜔 según 𝜔 = 2𝜋𝑓, vale entonces 𝑓 = 𝑚g 4𝜋𝜌𝐴2 1/2
  • 20. y sustituyendo valores se obtiene 𝑓 = 0,001 g × 981 𝑐𝑚 𝑠−2 4𝜋 × 0,0013 g 𝑐𝑚−3 × (0,006 𝑐𝑚2)2 1/2 = 1291,54𝑠−1 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, 𝑉 𝑚. Así, si bien es lógico que 𝑉 𝑚 se tome proporcional a 𝑉𝑏, no lo es tanto suponer la igualdad. 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 se obtiene que 𝑉 𝑚 es mayor que 𝑉𝑏, alcanzando a veces el valor 𝑉 𝑚 = 25 𝑉𝑏, que hace concordar los resultados del modelo con los experimentales.
  • 21. Las fuerzas: interacciones fundamentales y fuerzas derivadas La ecuación [14] estaría 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. En la naturaleza observamos una gran variedad de fuerzas que, sin embargo, corresponden sólo 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). Se ha conseguido unificar en un formalismo único las fuerzas electromagnéticas y las interacciones débiles, y también estas dos con la interacción fuerte. La fuerza de la gravedad sigue siendo la que resulta más difícil de unificar en un formalismo común con las restantes. La fuerza gravitatoria que se ejercen dos cuerpos de masas m y M entre sí 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 𝐹 = 𝐺 𝑚𝑀 𝑟2
  • 22. 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 1.5. Atracción gravitatoria entre dos masas. La ecuación [18], combinada con la [14], permitió describir con todo de- talle los movimientos de los planetas, y significó la consolidación y el triunfo de la mecánica en el siglo XVII. A continuación, se proponen algunos ejemplos en los que se utiliza esta importante ley.
  • 23. Ejemplo 1.6. Sabiendo que el radio de la Tierra es R = 6,36 × 106 m 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 𝐹 = 𝐺 𝑚𝑀 𝑅 + ℎ 2 ≃ G 𝑀 𝑅2 𝑚 Ahora bien, como el peso corresponde a F = mg, la relación anterior nos permite hallar g a partir de los valores de R, M y G. Al efectuar el cálculo obtenemos g = 𝐺 𝑀 𝑅2 = + 6,67 × 1011 5,98 × 1024 6,36 2 × 1012 𝑚
  • 24. Ejemplo 1.7. 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 período orbital T. Un objeto describe un movimiento circular cuando sobre él actúa una aceleración centrípeta. En este ejemplo, la atracción gravitacional entre el satélite y el planeta es la causa de la aceleración centrípeta. Aplicando la segunda ley de la dinámica se puede escribir entonces 𝑀𝑠𝑎𝑐 = 𝑀𝑠 𝑣𝑠 2 𝑅0 = 𝐺 𝑀𝑠𝑀𝑝 𝑅0 2 donde el subíndice s indica las variables del satélite y p las del planeta. El módulo de la velocidad del satélite es constante 𝑣𝑠 = 2𝜋𝑅0 𝑇
  • 25. pues describe una circunferencia de radio 𝑅0 con período T. Sustituyendo la última expresión en la ecuación [10] se llega a la relación 𝑇2 = 4𝜋2 𝐺𝑀𝑝 𝑅0 3 Este resultado fue establecido en 1609 por Kepler (tercera ley de Kepler), a partir de observaciones experimentales: el cuadrado del período es proporcional al cubo del radio de laórbita. 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:
  • 26. 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 muelle ejerce una fuerza que viene dada por la expresión: 𝐹 = −𝑘 ∆𝑥 donde k es una constante, denominada constante elástica, característica del material y la forma del muelle. Esta ley se conoce con el nombre de ley de Hooke, y tendremos ocasión de estudiarla en el capítulo de Elasticidad Figura 1.6. Fuerza sobre un muelle
  • 27. 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 y de la velocidad relativa entre el cuerpo y 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: 𝐹𝑟 = 𝜇𝑁 N es la componente normal a la superficie, reacción de la que el cuerpo ejerce sobre ésta, y 𝜇 es un coeficiente denominado coeficiente de rozamiento, que depende de las características de las superficies de contacto y que puede ser estático o dinámico, dependiendo de si éstas 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 razón 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.)
  • 28. Para disminuir los efectos del rozamiento sobre las superficies en contacto se suele usar un líquido lubrificante. 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 dependa del área y de la velocidad relativa. r Figura 1.7. Fuerza de rozamiento dinámico.
  • 29. Ejemplo 1.8. Calcular la velocidad máxima con que un coche puede entrar en una curva dado el radio de curvatura r, el ángulo de peralte 𝜑 y el coeficiente de rozamiento 𝑒𝑠 𝜇 entre los neumáticos y el asfalto. Nos situamos en el sistema de referencia del coche. Sobre el coche actúan las siguientes fuerzas: 1. el peso mg 2. la fuerza centrífuga 𝑚𝑣2/r 3. la fuerza del asfalto sobre los neumáticos 4. la fuerza de contacto N del asfalto contra el coche Descomponemos estas fuerzas en sus componentes tangencial y normala la superficie: 1. componente tangencial mg sen 𝜑 normal mg cos 𝜑 2. componente tangencial 𝑚𝑣2 cos 𝜑 /r normal mv2 sen 𝜑 /r 3. componente tangencial 𝜇N normal 0 4. componente tangencial 0 normal N
  • 30. (Las direcciones de las fuerzas vienen indicadas en la Figura 1.8.) En el balance de fuerzas tratamos por separado las componentes nor-males y las tangenciales. Tenemos así: Balance de fuerzas normales 𝑚g cos 𝜑 + 𝑚 𝑣2 𝑟 sen 𝜑 − 𝑁 = 0 Balance de fuerzas tangenciales 𝑚 = 𝑣2 𝑟 cos 𝜑 − 𝑚𝑔 sen 𝜑 − 𝜇𝑁 = 0 La primera ecuación nos proporciona el valor de N, que introducido enla segunda lleva a 𝑚 = 𝑣2 𝑟 cos 𝜑 − 𝑚𝑔 sen 𝜑 − 𝜇 mg cos 𝜑 + 𝑚 𝑣2 𝑟 sen 𝜑 = 0
  • 31. De aquí llegamos fácilmente a la siguiente expresión para v2 𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = g𝑟 sen 𝜑 + 𝜇 cos 𝜑 cos 𝜑 − 𝜇 sen 𝜑 Figura 1.8. Fuerzas que intervienen en el Problema 1.8
  • 32. Si el coche va a una velocidad superior a 𝑣𝑚𝑎𝑥, 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 fórmulaes la que aplicaría un ingeniero para fijar la limitación de velocidad en curva en una carretera, ya que conoce r y 𝜑 (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 delfenómeno. Efectivamente: 1. Si aumenta r, 𝑣𝑚𝑎𝑥también aumenta. Es decir, en una curva abierta se puede ir más deprisa 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 eleva- do) 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, queen una curva sin peralte vale 𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = 𝜇𝑟g
  • 33. aumenta con el ángulo de peralte 𝜑 si la curva tiene peralte. Si el ángulo no es muy grande, podemos aproximar sen 𝜑 ≃ 𝜑 y cos 𝜑 ≃1 y, por tanto, 𝑣𝑚𝑎𝑥 2 = 𝑟g 𝜑 + 𝜇 1 − 𝜑𝜇 donde vemos que si 𝜇 o 𝜑 aumenta, 𝑣𝑚𝑎𝑥 aumenta. Este resultado natural- mente no es extrapolable a ángulos grandes. Dados r y 𝜇 habrá un peralte óptimo, a partir del cual nos interesará no tanto la velocidad máxima sin derrapar, sino la velocidad mínima para que el coche no se deslice en razón de su propio peso. a) 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 resistenciaque viene dada por la expresión 𝐹 = 𝛼𝑣
  • 34. 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 este tipo de fuerzas. Existen, además, otros tipos de fuerzas como las fuerzas de contacto, las fuerzas de adherencia, las fuerzas de resistencia en fluidos a alta velocidad, etcétera, algunas de las cuales aparecerán a lo largo del texto. Antes de finalizar esta sección hemos de advertir que en un sistema no inercial aparecen fuerzas ficticias, es decir, fuerzas no reales que aparecen por el hecho de analizar el movimiento desde un sistema acelerado. En el movimiento circular, por ejemplo, un observador en un sistema 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; en cambio, 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 fuer-zas ficticias. Consideremos el siguiente ejemplo.
  • 35. Ejemplo 1.9. Una persona se mueve sobre el borde de la plataforma de un tiovivo, y con el mismo sentido de giro. Usando la fuerza centrípeta, encontrar una expresión para la aceleración ficticia (de Coriolis) que siente la persona. La velocidad total de la persona, vista desde un sistema inercial, es 𝑣1 = 𝑣𝑛𝑖 + 𝜔 × 𝑟 donde 𝑣𝑛𝑖 es la velocidad que lleva respecto a la plataforma que gira (no inercial), 𝜔 la velocidad angular de la plataforma y r su radio. La aceleracióncentrípeta, vista desde un observador inercial, es 𝑎𝑐𝑡 = 𝑣𝑡 2 𝑟 = 𝑣𝑛𝑖 2 𝑟 + 𝜔2𝑟 + 2𝜔𝑣 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.)
  • 36. Impulso y trabajo Para calcular las consecuencias que produce sobre el movimiento de un objeto una fuerza que actúa durante un intervalo de tiempo a lo largo de un camino en el espacio, se calcula el impulso, que es la integral temporal de lafuerza en un cierto intervalo 𝐼 ≡ 𝑡1 𝑡2 𝐹 𝑡 𝑑𝑡 y el trabajo, que es la integral espacial de la fuerza a lo largo de una ciertatrayectoria 𝑊 = 𝑟1 𝑟2 𝑓 𝑡 . 𝑑𝑟 donde el vector 𝑑𝑟 indica la dirección de la trayectoria en cada punto. El impulso es un vector en tanto que el trabajo es un escalar. El punto entre 𝐹 y 𝑑𝑟 indica el producto escalar de estos dos vectores. Es inmediato demostrar, según la ley de Newton [14], que 𝑡1 𝑡2 𝐹 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣2 − 𝑚𝑣1
  • 37. y que 𝑡1 𝑡2 𝐹 𝑟 . 𝑑𝑟 = 1 2 𝑚𝑣2 2 − 1 2 𝑚𝑣1 2 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 𝐸 = 1 2 𝑚𝑣2 que aparece en el segundo miembro de [25] se denomina energía cinética, y es la energía que posee un cuerpo en virtud de su movimiento y de su masa. Apliquemos ahora estas relaciones a algunos ejemplos concretos.
  • 38. Ejemplo 1.10. Un inui que recurre frecuentemente para su alimentación y la de su familia a la caza de osos polares y focas, dispara con su rifle desde un trineo sobre la nieve (sin rozamiento), balas de 0,013 kg con una velocidad de salida de 800 m s–1 a) ¿Cuánto vale la cantidad de movimiento de cada bala? b) Si cada disparo dura 0,2 s, ¿qué fuerza media experimenta el hombre por cada bala que dispara? c)¿Qué velocidad alcanza el trineo con el inui —la masa total es de 90 kg— después de disparar diez balas? (Despréciese la pérdida de masa de las balas disparadas.) a)La cantidad de movimiento de una bala es 𝑝 = 𝑚𝑣 = 1.3 × 10−3 𝑘g ∙ 800𝑚 𝑠−1 = 10,4 𝑘g m 𝑠−1 b)Para hallar la fuerza media aplicamos la relación dada por la ecuación [24] 𝑡1 𝑡2 𝐹 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣1 ⇒𝐹𝑚 ∆𝑡 = ∆𝑝
  • 39. y, por tanto, 𝐹𝑚 = ∆𝑝 ∆𝑡 = 10,4 0,2 = 52𝑁 c) Puesto que la cantidad de movimiento de una bala es p = 10,4 kg m 𝑠−1, el de diez balas será simplemente p(10 balas) = 10 × 10,4 = 104 kg m 𝑠−1. Como la cantidad de movimiento se conserva y su valor inicial era cero, sedebe cumplir que 𝑝𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 0 ⇒ 𝑝𝑏 10 + 𝑀𝑡 𝑣 = 0 siendo Mt la masa del sistema trineo + hombre + rifle, Mt = 90 kg. Por tanto, ese sistema alcanzará una velocidad 𝑣 = 𝑀𝑡 𝑝𝑏 10 = 104 90 = 1,5 𝑚 𝑠−1 = 1,15 𝑚 𝑠−1
  • 40. Momento angular. Rotación De la ecuación [16] se deduce que una condición necesaria para el equilibriode traslación es que 𝐹𝑖 𝑒𝑥𝑡 = 0 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. 9, vemos que aunque 𝐹 = 0 y, por tanto, se da equilibrio traslacional, la barra gira en torno al punto central O y, en consecuencia, no hay equilibrio rotacional. Figura 1.9. Pese a que la suma de las fuerzas exterioreses nula, la barra se acelera en un movimiento de rotación.
  • 41. Para analizar los posibles movimientos de rotación hay que considerar no sólo las fuerzas, sino también el brazo de palanca con que actúan, es decir, sus momentos. En general, se define el momento de un vector 𝐴 especto a un punto O como 𝑀𝐴𝑂 = 𝑟 × 𝐴 donde × denota el producto vectorial y 𝑟 es el vector de posición del punto de aplicación del vector 𝐴. Como caso particular, el momento de una fuerza es 𝑀 = 𝑟 × 𝐹 El momento de la cantidad de movimiento p es 𝐿 = 𝑟 × 𝑝 = 𝑟 × 𝑚𝑣 y recibe también el nombre de momento angular. Consideremos ahora un sistema formado por varios cuerpos. Su momento angular total vale 𝐿𝑡𝑜𝑡 = 1 𝑁 𝑟𝑖 × 𝑚𝑖𝑣𝑖
  • 42. Y el momento total de las fuerzas externas se puede expresar como 𝑀𝑡𝑜𝑡 𝑒𝑥𝑡 = 𝑟𝑖 × 𝐹𝑖 𝑒𝑥𝑡 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 dela ecuación fundamental [16] y de la definición [31], que 𝑑𝐿𝑡𝑜𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑 𝑟𝑖 × 𝑝𝑖 𝑑𝑡 = 𝑑𝑟𝑖 𝑑𝑦 × 𝑝𝑖 + 𝑟𝑖 × 𝑑𝑝𝑖 𝑑𝑡 Esos dos últimos términos pueden evaluarse sin dificultad: el primero es nulo, puesto que el vector 𝑑𝑟𝑖 𝑑𝑡 = 𝑣𝑖 tiene la misma dirección que 𝑝 y su producto vectorial se anula; si se aplica la ecuación fundamental de la dinámica al [14] segundo, se llega a la ecuación 𝑑𝐿𝑡𝑜𝑡 𝑑𝑡 = 𝑟𝑖 × 𝐹𝑖 𝑒𝑥𝑡 = 𝑀𝑡𝑜𝑡 𝑒𝑥𝑡
  • 43. que indica que cuando el momento de las fuerzas externas no es nulo el momento angular varía en el tiempo; por el contrario, 𝐿 se conserva, es decir, se mantiene constante en el transcurso del tiempo. Esta relación se conocecomo la ley de la conservación del momento angular. Así, la ecuación 𝑑𝐿𝑡𝑜𝑡 𝑑𝑡 = 𝑀𝑡𝑜𝑡 𝑒𝑥𝑡 viene a ser la expresión de la segunda ley de Newton en dinámica de rotación y 𝑀y 𝐿 juegan respectivamente 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 de una partícula que gira en una trayectoria circular de radio r con velocidad v respecto al centro O se puede escribir como 𝐿 = 𝑟𝑚𝑣 Teniendo en cuenta que v = 𝜔𝑟, con 𝜔 la velocidad angular, la expresiónanterior queda 𝐿 = 𝑚𝑟2𝜔
  • 44. 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 deinercia se escribe como 𝐼 = 1 𝑁 𝑚𝑖𝑟𝑖 2 y para los cuerpos que tengan una distribución continua de masa 𝐼 = 𝑟2 𝑑𝑚 Nótese que el momento de inercia depende únicamente de la geometría delsistema y del eje de giro que se considere. En la Tabla 1.1 se recoge el valordel momento de inercia para distintas geometrías y ejes de giro.
  • 45. En términos de I, la relación [37] puede expresarse como 𝐿 = 𝐼𝜔
  • 46. Ejemplo 1.11. Una estrella homogénea de radio R y masa M gira con velocidad angular ω. Sabemos que la estrella se contrae debido a las fuerzas gravitacionales internas siguiendo la ley R = R0(1 – Kt), donde K es una constante. Calcular cómovaría la velocidad angular de rotación en función del radio y del tiempo. Suponemos que la estrella está muy alejada de cualquier objeto celeste, 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 como 𝐿 = 𝐼𝜔 donde I es el momento de inercia. Si la estrella tiene forma esférica, y según la Tabla 1.1, su momento de inercia es 𝐼 = (2/5)𝑀𝑅2 donde R es su radio. Si L es constante, se cumple 𝐿 = 𝐼0𝜔0 = 𝐼𝜔
  • 47. 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 𝜔 = 𝐼0 𝐼 𝜔0 = 2 5 𝑀𝑅0 2 2 5 𝑀𝑅2 𝜔0 y, por tanto, la dependencia de 𝜔 con el radio es 𝜔 = 𝑅𝑜 2 𝑅2 𝜔𝑜∙ Cuanto más pequeño se haga R debido a la contracción gravitacional, mayor será 𝜔. Si queremos encontrar la dependencia temporal, sólo hay que sustituir R por su expresión en función del tiempo y se obtiene: 𝜔 = 𝑅0 2 𝑅0 2 1 − 𝐾𝑡 2 𝜔0 = 𝜔0 1 − 𝐾𝑡 2
  • 48. Ahora estamos en condiciones de considerar de manera más detallada las fuerzas ficticias a las que aludimos al hablar de los sistemas no inerciales. Si un observador está en el centro de un tiovivo que gira y lanza una pelota hacia el borde de la plataforma, tiene que aplicar una fuerza suplementaria si quiere que la trayectoria de la bola descrita desde el tiovivo sea recta. Esta fuerza la ha de aplicar para compensar la fuerza de Coriolis. En efecto, cuando la pelota está a una distancia r del centro su momento angular es 𝐿 = 𝑚𝑟2𝜔; y a medida que su distancia al centro aumenta, L varía de acuerdo con la expresión 𝑑𝐿 𝑑𝑡 = 𝑑 𝑚𝜔𝑟2 𝑑𝑡 = 2𝑚𝜔𝑟𝑣 Esa variación puede ser interpretada como proveniente del momento de una fuerza ficticia 𝑀 = 𝑟 × 𝐹, 𝑠𝑖 𝐹 𝑒𝑠 𝐹 = 2𝑚𝜔𝑣. La forma exacta de la llamada fuerza de Coriolis que aparece en sistemas no inerciales en rotacióntiene la forma 𝐹𝐶𝑜𝑟 = −2𝑚𝜔 × 𝑣 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 esferaen el ejemplo siguiente, de interés en meteorología.
  • 49. Ejemplo 1.12. 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. 1.10). Deseamos calcular la desviación respecto de la vertical local del punto P, en cada instante de tiempo, debida a la rotación de la Tierra. 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 en 𝑡 = 0 𝑒𝑠 𝑟 + ∆𝑟 y en un instante posterior, t > 0, se halla 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 pro- ducto 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 Figura 1.10.
  • 50. El momento de inercia en el instante inicial vale 𝐼 0 = 𝑚 𝑟 + ∆𝑟 cos λ 2 ya que (𝑟 + ∆𝑟) cosλ es la distancia al eje de giro, es decir, al eje terrestre. En el instante t, I(t) se escribe como 𝐼 𝑡 = 𝑚𝑟2𝑐𝑜𝑠2λ Aplicando la conservación del momento angular se obtiene 𝑚𝑟2 𝑐𝑜𝑠2 λ𝜔 𝑡 = 𝑚 𝑟 + ∆𝑟 cos λ 2 𝜔 es decir 𝜔 𝑡 = 𝑤 1 + ∆𝑟 𝑟 2 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, zo- nas de bajas presiones, giren en el sentido contrario de las agujas del reloj, mientras los vientos que se mueven alrededor de los anticiclones (altas presiones) tiendan a arremolinarse en el sentido de las agujas del reloj. (Estossentidos se invierten en el hemisferio Sur.)
  • 51. Figura 1.11. Sentido del movimiento de una borrasca en el hemisferio Norte. Consideremos ahora la expresión de la energía cinética de rotación. Si nos fijamos de nuevo en las expresiones [4], [26] y [38], podemos deducir laexpresión siguiente: 𝐸𝑐𝑖𝑛 = 1 2 𝑚𝑖𝑣𝑖 2 = 1 2 𝑚𝑖𝑟𝑖 2 𝜔2 = 1 2 𝐼𝜔2 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.
  • 52. Biomecánica Teniendo en cuenta las ecuaciones [27] y [34] se concluye que la condición para que en un sistema no se produzca una aceleración angular es 𝑀𝑡𝑜𝑡 𝑒𝑥𝑡 = 0, pues de lo contrario L varía en el tiempo, y con él la velocidad angular 𝜔. Se deduce entonces que las condiciones para que un cuerpo se halle en equilibrio son 𝐹𝑖 𝑒𝑥𝑡 = 0 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑠𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑀𝑖 𝑒𝑥𝑡 = 0 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 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.
  • 53. Ejemplo 1.13. La tensión máxima de la fibra lisa de los músculos aductores de los moluscos bivalvos es de 80 N 𝑐𝑚−2. 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 1.12. Ejemplo 1.13. Si la tensión máxima de los músculos aductores es de 80 N cm–2 y el músculo es un cilindro de 2 mm de radio, la fuerza máxima que pueden realizar estos músculos es 𝐹𝑚 = 80𝑁 𝑐𝑚−2𝜋 0,2 2𝑐𝑚2 = 10,05𝑁 Esta fuerza realizará un momento máximo 𝑚𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑚 ∙ 𝑑 = 10,5𝑁 × 0,5𝑐𝑚 = 5,03𝑁 𝑐𝑚 Por tanto, para abrir un molusco tal como el descrito en este ejercicio, habrá que ejercer un momento de 5,03 N cm. Como al abrir el molusco apli- camos 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 Fada y ha de ser igual a 5,03 N cm. Por tanto, 𝐹𝑎 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 𝑑𝑎 = 4,03𝑁 𝑐𝑚 5 𝑐𝑚 = 1,01𝑁
  • 54. Ejemplo 1.14. El músculo deltoides sube el brazo hasta una posición horizontal (Fig. 1.13). 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 1.13. Ejemplo 1.14.
  • 55. Podemos representar el húmero, el deltoides y la articulación esquemáticamente (Fig. 1.14). Figura 1.14. Ejemplo 1.14. 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 [43] de equilibrio mecánico 𝐹 = 0 𝑀 = 0
  • 56. La suma de fuerzas produce dos ecuaciones, una en cada dirección: lavertical y la horizontal: 𝑇 sen 𝛼 − 𝑅 sen 𝜑 − 𝑃 = 0 𝑇 cos 𝛼 − 𝑅 sen 𝜑 = 0 El cálculo de los momentos lo realizamos respecto al punto O: 𝑇 𝑑𝑇 sen 𝛼 − 𝑃 𝑑𝑝 = 0 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 𝑇 = 𝑃 𝑑𝑝 𝑑𝑇 sen 𝛼 = 40𝑁 × 35 𝑐𝑚 15 𝑐𝑚 sen 18 = 302,03𝑁 Por otra parte, sustituyendo en las dos ecuaciones anteriores el valor de T podemos calcular el valor de R y de . En efecto, 𝑅 sen 𝜑 = 𝑇 sen 𝛼 − 𝑃 𝑅 cos 𝜑 = 𝑇 cos 𝛼
  • 57. Dividiendo miembro a miembro estas dos ecuaciones resulta 𝑡g φ = 𝑇 sen 𝛼 − 𝑃 𝑇 sen 𝛼 = 53,33 287,25 = 0,19 ⇒ φ = 10,51° y el correspondiente valor de R 𝑅 = 𝑇 sen 𝛼 cos 𝛼 = 302,03 × cos 18 cos 10,51 = 292,15𝑁 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 distanciamayor de la articulación y por consiguiente gozara de una ventaja mecánicamayor.
  • 58. Ejemplo 1.15. Cuando una persona está de pie, los huesos de la pierna están distribuidos tal como se ve en la Figura 1.15. 𝐹 es la fuerza que realizan los músculos aductores, 𝑅 a la fuerza que realiza el ilion sobre la cabeza del fémur, 𝑃𝑐el 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 𝐹 , 𝑅 𝑦 𝜑. Para que un sistema esté en equilibrio se han de cumplir las condiciones 43 de equilibrio traslacional y rotacional, es decir, que la suma de todas lasfuerzas y de todos los momentos de las fuerzas sea 0. 𝐹 = 0 𝑀 = 0
  • 59. En este caso suponemos dos ejes, uno vertical y otro horizontal, y calculamos momentos respecto del punto O. Las ecuaciones para el equilibrio defuerzas son 𝐹𝑎 cos 𝛼 − 𝑅 cos 𝜑 = 0 𝐹𝑎 sen 𝛼 + 𝑁 − 𝑅 sen 𝜑 −= 0 la ecuación de los momentos respecto al punto O 𝐹𝑎 𝑑𝐹𝑎 sen 𝛼 + 𝑃𝑐𝑑𝑐 − 𝑁 𝑑𝑁 = 0 Donde 𝑑𝐹𝑎 , 𝑓𝑝𝑐 𝑦 𝑑𝑁 son las distancias de a la vertical de 𝐹𝑎, 𝑃𝑎 𝑦 𝑁a 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 𝑠−2 = 98,1𝑁
  • 61. 𝑣0 𝑟 𝑑𝑟 = 0 𝑡 𝑎 𝑑𝑡 ⇒ 𝑣 − 𝑣0 = 𝑎𝑡 𝑡 = 2𝑦 g 1/2 , 𝑣0 2g𝑦 1/2 λ