Capitulo_05_Sears - Javier Palacios

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APLICACIÓNDE LA
LEYE DE NEWTON
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Yavimos en el capitulo 4 que las tres leyes del movimiento de Newton, cimien
tos de la mecánica clásica, tienen un planteamiento muy sencillo, pero su
aplicación a situaciones como un velero para hielo que patina sobre un lago con
gelado, un tobogán que se desliza colina. abajo o tm avion a reaccion que efectúa
una vuelta cerrada requiere capacidad analítica y tecnica para resolver problemas.
En este capitulo ampliaremos las destrezas para resolver problemas que el lector
comenzo a desarrollar en el capitulo anterior.
Comenzaremos con problemas de equilibrio, donde tm cuerpo esta en reposo o
tiene velocidad constante. Luego generalizaremos nuestras tecnicas de resolucion de
problemas a cuerpos que no estan en equilibrio, para lo que necesitaremos examinar
con precision las relaciones entre fuerzas y movimiento. Aprenderemos a describir y
analizar la fuerza de contacto que actúa sobre un cuerpo que descansa c se desliza en
una superficie. Por último, estudiaremos el importante caso del movimiento circular
tmiforme, en el que un cuerpo se mueve en un circulo con rapidez constante.
En todas estas situaciones interviene el concepto de fuerza, que usaremos en todo
nuestro estudio de la fisica. Cerraremos el capitulo con una mirada a la naturaleza fun
damental de la fuerza y las clases de fuerzas que existen en nuestro tmiverso físico.
Las aves planean aprovechando la primera
y tercera leyes de Newton. Las alas empu
jan hacia abajo el aire cuando este fluye
por el cuerpo del ave, y el aire reacciona
empujando las alas hacia arriba con una
fuerza, _llamada sustentación de igual
magnitud y dirección opuesta. En un pla
neo estable, las fuerzas aerodinamicas so
bre el ave equilibran exactamente la fuerza
hacia abajo de la gravedad, asi que la fuer
za neta externa sobre el ave es cero.
Suponga que el ave entra en
una corriente de aire que asciende con
rapidez constante. En esta situación,
¿qué tiene mayor magnitud: la fuerza de
gravedad o las fuerzas aerodinámicas?
153
' u
154
Estrategia para
 l,Í
C a P iT U L o 5 I Aplicación de las leyes de l\levvton
5.1 | Empleo de la primera ley de Newton:
l particulas en equilibrio
En el capitulo 4 aprendimos que un cuerpo esta en eqtrilibrto si está en reposo o
se mueve con velocidad constante en un marco de referencia inercial. Una lámpa
ra colgante, un puente de suspension y un avion que vuela en linea recta a. altitud
y rapidez constante son ejemplos de situaciones de equilibrio. A qui solo conside
raremos el equilibrio de un cuerpo que puede modelarse como partícula. (En el
capitulo ll veremos los principios que necesitaremos aplicar cuando esto no sea
posible.) El principio fisico fundamental es la primera ley de Newton: si una par
tícula esta en reposo o se mueve con velocidad constante en un marco de referen
cia inercial, la fuerza neta que a.ctúa sobre ella es decir, la suma vectorial de la.s
fuerzas que actúan sobre ella. debe ser cero:
I 21? = 0 (partícula en equilibrio, forma vectorial) (5.1)
Normalmente usaremos esta ecuacion en forma de componentes:
21 ", = o EF, = 0 (5.2)
(partícula en equilibrio, forma de componentes). _
Esta seccion trata el uso de la primera ley de Newton para resolver problemas de
cuerpos en equilibrio. Algunos de los problemas pareceran complicados, pero lo im
portante es recordar que todos estos problemas se resuelven igual. La estrat.egia si
guiente detalla los pasos a seguir. (Al igual que todas las Estrategias para resolver
problemas, esta sigue el formato LPEE Identificar, Plantear, Ejecutar y Evaluar
que presentamos en la sección 1.2.) Estudie detenidamente la estrategia, vea como
se aplica en los ejemplos y trate de aplicarla al resolver problemas de tarea.
,e,Ú|,,. ,,p,Ub|Ema5 Primera ley de Newton: equilibrio de una partícula p
IDENTIFICAR los conceprospern`nenres.' Es preciso usar la pri 2.
mera ley de Newton con cualquier problema que implique fuer
zas que actúan sobre un cuerpo en equilibrio. Recuerde que
“equilibrio” significa en reposo o en movimiento con velocidad
constante, Por ejemplo, un automovil esta en equilibrio cuando
esta estacionado, pero también cuando viaja por una carretera
recta con rapidez constante.
Si en el problema intervienen dos o más cuerpos, v los cuerpos
interactúan, tambien será preciso usar la tercero ley de Newton,
la cual nos permite relacionar la fuerza que un cuerpo ejerce sobre
otro con la que el segundo cuerpo ejerce sobre el primero.
.~'tsegúrese de identificar 1a(s) incognita(s). En los proble
mas de equilibrio, las incúgnitas suelen ser la magnitud de una
à las fuerzas, las componentes de ima fuerza o la direccion de
una fuerza.
H.ñI`I`EAR elprobfemn con los poros siguíenrss.'
¡_ Haga un dibujo sencillo de la situacion fisica, con dimensio
nes 1 ' ángulos. ¡No tiene que ser una obra de arte!
Para cada cuerpo en equilibrio, dibuje un diagrama de
cuerpo libre. Por ahora, consideraremos el cuerpo como
partícula, asi que represéntelo con un punto grueso. No in
cluya en el diagrama los otros cuerpos que interactúan
con el, como la superficie en que descansa o una cuerda
que tira de el.
Pregúntese ahora que interactúa con el cuerpo tocandolo
o de alguna otra forma. En el diagrama de cuerpo libre,
dibuje un vector de fuerza para cada interacción. Si co
noce suángulo, dibújelo con exactitud v rotúlelo. Uua
superficie en contacto con el cuerpo ejerce una fuerza
normal perpendicular a la superficie 31 tal vez una fuerza de
fricción paralela a la superficie. Recuerde que una cuer
da o cadena no puede empujar un cuerpo, solo tirar de
él en la direccion de su longitud. Incluya el peso del
cuerpo, excepto si su masa.(y por ende su peso) es insig
ni ficante. Si se da la masa, use uf = .tng para obtener el
peso. Rotule cada fuerza con un simbolo que represente
su magnitud de la fuerza.
pablo
Resaltar
5.1 I Empleo de la primera ley de Newton: particulas en equilibrio
4
fi. No muestre en el diagrama de cuerpo libre las fuerzas
que el cuerpo ejerce sobre otro. Las sumas de las ecua
ciones (5.1) v (5.2) sólo incluyen fuerzas que actúan
sobre el cuerpo. Asegúrese de poder contestar la pre
gunta “¿Que otro cuerpo causa esa fuerza'?” para cada
fuerza. Si no puede, tal vez este imaginando una fuerza
inexistente. '
5. Escoja sus ejes de coordenadas e inclúyalas en su diagra
ma de cuerpo libre. (Si hay más de un cuerpo eu el pro
blema, es preciso escoger ejes porseparado para cada
cuerpo.) No olvide rotular la direccion positiva de cada eje.
.Esto sera crucial para obtener componentes de los vecto '
res de fuerza como parte de la resolución. Tal vez pueda
simplificar el problema escogiendo ejes adecuados. Por
ejemplo, si un cuerpo descansa o se desliza sobre una
superficie plana, suele ser mas sencillo tomar ejes en las
diredciones paralela y perpendicular a ella, aun si está
inïnada.
EJ ECUTAH la solución corno sigue:
l. Obtenga las componentes de cada fuerza a lo largo de ca
da Luro de los ejes de coordenadas del cuerpo. Marque con
una linea ondulada cada vector que haya sido sustituido
por sus componentes, para no contarlo dos veces. Tenga
Una girrmasta de masa nu _~,= 50.0 kg se cuelga del extremo inferior de
una cuerda colgante. El extremo superior esta fijo al techo de un gim
nasio (Fig. 5.la). ¿Cuanto pesa la gimnasta? ¿Qué fuerza (magnitud y
dirección_j| ejerce la cuerda sobre ella? ¿Que tensión hay en la parte su
perior de la cuerda? Suponga que la masa de la cuerda es despreciable.
|DENTlFlCAR: La gimnasta v la cuerda están en equilibrio, asi que
podemos aplicar la primera ley de Newton a ambos cuerpos. La
girrmasta v la cuerda ejercen fuerzas una sobre la otra es decir,
interactúan asi que también usaremos la tercera ley de Nevvton
para relacionar esas fuerzas. Las incógnitas son el peso de la gim
nasta, vt ',¡, la fuerza que la cuerda ejerce sobre la gimnasta (llame
mosla ITC ,,,,,,,,, G) v la tensión que el techo ejerce sobre la parte
superior de la cuerda (llamemosla T ¡,,,¡,,E C).
PLMNITEAH: Dibujaremos diagramas de cuerpo libre individuales
para la girrmasta (Fig. 5.lb_) v la cuerda (Fig. 5.lc). Tomaremos el
eje +3; hacia arriba, como se muestra. Todas las fuerzas actúan ver
ticalmente, asi que sólo tienen componente jr.
Las dos fuerzas T,¿~,,,b,,,G v TG ,,,b,,, C son la fuerza hacia arriba de la
cuerda sobre la gimnasta (en la Fig. 5.lb) jr la fuerza hacia abajo de
la gimnasta sobre la cuerda (en la Fig. 5. l cl. .Estas fuerzas forman tm
par acción reacción, asi que deben tcncr la misma magnitud.
I'
presente que, aunque la ntagnitua' de una fuerza siempre
es positiva, la componente de una fuerza en una direccion
dada puede ser positiva. o negativa.
2. lguale a cero la suma algebraica de las componentes .r de
fuerza. En otfa ecuación, haga lo mismo con las compo
nentes y. (Nunca sume componentes .r jr ji en una sola
ecuación.) Con estas ecuaciones podra despejar hast.a
dos incógnitas: magnitudes de fuerza, componentes o
ángulos.
3. Si hay dos o más cuerpos, repita los pasos anteriores pa
ra cada uno. Si los cuerpos interactúan, use la tercera
ley de 'Nevvton para relacionar las fuerzas que ejercen
entre sí. H
4. Asegúrese de tener tantas ecuaciones independientes como
cantidades desconocidas haya. Resuelve las ecuaciones
para obtener las incógnitas. Esta parte es algebra, no física,
pero es un paso indispensable.
EVALUAR la respuesta: Vea si sus resultados son lógicos. Si el
resultado es una expresión simbólica o fórmula, trate de encontrar
casos especiales (valores especificos o casos extremos) para los
que pueda estimar los resultados. Compruebe que su fórmula
funciona en tales casos.
_.. 1. ;
Equilibrio unidimensional: tensión en una cuerda sin masa
r r
¡ Estas dos i
¦,¡ fuerzas son
reaccion
¿L ff
' |
12; 5 T J Ii'
C sobre G
'I_ PL i. 1"
, Hi il
11 *G = rnüg '.
TG sobre C
Gimnasta Cuerda
la) (bl (Cl
5.1 (a) Lina gimnasta cuelga en reposo del extremo de 'una
cuerda vertical. (b) Diagrama de cuerpo libre de la ginurasta.
(c) Diagrama de cuerpo libre de la cuerda, suponiendo que su
peso es despreciable, La fuerza hacia arriba. que la cuerda ejerce
sobre la ginurasta jv la fuerza hacia abajo que la girrmasta.
ejerce sobre la cuerda son tm par acción reacción.
6
155
ri
1
.ì.l
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t
1
155 e a Pí 'r UL o 5 I Aplicación de las leyes de Newton
Vemos tambien que el peso de la gimnasta wG es la fuerza de
atracción (hacia abajo] que la Tierra ejerce sobre la gimnasta. Su
iirerza de reacción es la fuerza de atracción igual y opuesta (hacia
arriba) que la ginrnasta ejerce sobre la Tierra, Esta fuerzaaetúa sobre
la Tierra, no sobre la gimnasta, por lo que no aparece en su diagra '
ma de cuerpo libre. Compare esto con el caso de la manzana en el
ejemplo conceptual 4.9 (sección 4.5).
EJECUTAR: La magnitud del peso de cualquier objeto es el produc
to de la masa de ese objeto jv la aceleración debida a la gravedad, g.
En el caso de la gimnasta, el peso es _
tv., = aüg = (sao ag) (uso mie) = «teen '
Esta lirerza apunta en la dirección y, asi que su componente y es
_ 49€! N. La fuerza hacia arriba que la cuerda ejerce sobre la gim
nasta tiene magnitud desconocida TG ,,,,,,,,G. Por la ecuación (5.2), da
do que la gimnasta está en equilibrio, la suma algebraica de las
componentes y de fuerza que actúan sobre ella debe ser cero:
Ja
Gimnastä EF, = TG,,,¡,,,,G + ( wG) = 0, así que
Fe ser eso = Wo : 490 N
La cuerda tira de la gimnasta hacia arriba con rma fuerza i"G,,,1,,., G de
magnitud 490 N. Por la tercera ley de Newton, la gimnasta tira de la cuer
da hacia abajo con tura fuerza de la misma magnitud, §l"G,,,¡,,,, G = dålü N.
La cuerda tambien está en equilibrio. Hemos supuesto que no
tiene peso, asi que la fuerza hacia arriba de magnitud T Í ,,,,,,,G que
el techo ejerce sobre su extremo superlor deberahacer que la iuerza
vertical nera que actúa sobre la cuerda sea igual a cero, Expresado
como ecuación:
Cuerda: = TT ,,,,,,,G + ( TG,,,,,,,G] = ll por tanto,
Tra mee = Toaasae = 490 N
EVALUAR: La tensión en cualquier punto de la cuerda es la fuerza que
actúa en ese punto. En el caso de esta cuerda sin peso, la tensión TG,,,_.,,
,,,_,G en el extremo inferior tiene el mismo valor que la tensión TT ,,,,¡,,,G en
el extremo superior. De hecho, en una cuerda ideal sin peso, la tensión
tiene el mismo valor en todos los puntos de la cuerda. (Compare esto
con lo dicho en el ejemplo conceptual 4.10 de la sección 4.5.)
Observe que definimos tensión como la .magnitud de una firerza, asi
que siempre es positiva. En cambio, la componente y .de la fuerza que
actúa sobre la cuerda en su extremo inferior es TG ,G,,, G = 490 N.
,
“Equilibrio unidimensional: tensión en una cuerda con masa
Suponga que en el ejemplo 5.1, el peso de la cuerda no es desprecia J' J' 3'
ble, sino de 120 N. Calcule la tensión en cada extremo de la cuerda.
IDENTIFICAR: Al igual que en el ejemplo anterior, aplicaremos la pri
mera Iev de Nevnon a cada uno de los dos cuerpos del problema (la
ginmasta v la cuerda) v usaremos la tercera ley de Newton para relacio
nar las fuerzas que la ginmasta jr la cuerda ejercen una sobre la otra. Las
incógnitas son las magnitudes TG,G,,,G v T†,G,,,G de las fuerzas que ac
túan sobre la parte inferior y superior de la cuerda, respectivamente.
PLANTEAR: Una vez mas, dibujarnos diagramas de cuerpo libre in
dividuales para la gimnasta (Fig. 5.2a) y para la cuerda (Fig. 5.2b).
La fmiea diferencia respecto a los diagramas del ejemplo 5.1 es que
ahora tres fuerzas actúan sobre la cuerda: la fuerza hacia abajo ejer
cida por la gimnasta (TG ,,_,,,,,_, G), la fuerza hacia arriba ejercida por el
techo (TT ,GW G) v la fuerza de gravedad hacia abajo (el peso de la
cuerda, de magnitud wG = l2(l N).
EJECUTAR: El diagrama de cuerpo libre de la gimnasta es el mismo
del ejemplo 5.1, asi que su condición de equilibrio tampoco ha cam
biado. Por la tercera ley de Newton, TG ,,,¡,,,,G = TG _.,,,¡,,, G, 31 tenemos
Ginmasta: = l"G,_,,,,,,_,G ¬l ( WG) = 0 asi que
Tcassao = Team .=c = We = 49ÚN
La condición de equilibrio 21:1. = il para la cuerda es
Cuerda: 2Fj. = T ¡,,,,,,,,G + ( TG,,,,,,,, F) + ( wT) = 0
l
Estas dos
fuerzas son
un par acción TT wbm C
reacción
l
TC sobre G I' TT 5,G¡¡¡ ¢ C
||
:r \ x .r
wI, C
WG \ ws + wc
I
TG sobre C
Gimnasta v cuerda
Gimnasia Cuerda como unidad
(H) (bl (Cl
5.2 Diagramas de cuerpo libre para (a) la gimnasta (peso wG) jr
(b) la cuerda (peso wG), (Compare con la Fig. 5.1.) (e) Diagrama
de cuerpo libre parala gimnasta 1v la cuerda, considerados como
rm solo cuerpo compuesto.
Observe que la componente y de TT ,,,,,,,.,, G es positiva porque apunta
en la dirección +32, pero las componentes y tanto de TG,,,G,,, G como
de vw; son negativas. Despues de despejar TT ,,,,_,,,,G jv sustituir los va
lores TG ,,,,,,,G = TG,,,¡,,, G = 490 N v vw; = l2l] N, tenemos
r,,,,,_,,, = rG,,,,,,G + wc = 490 N + 12o N' = sien
5.1 I Empleo de la primera ley de Newton: particulas en equilibrio l5?
EVALUAR: Cuando incluimos el peso de la cuerda, vemos que la
tensión es rifirrenre en los dos extremos de la cuerda. Esto es lógico:
la fuerza T 1 ,,,1,,,, G que el techo ejerce debe sostener tanto el peso de
490 N de la gimnasta como el peso de 120 N de la cuerda, asi que
TTsobrelÍ : H
Para ver esto de fomra mas explicita, dibuje un diagrama de cuer
po libre para un cuerpo compuesto que consiste en la gimnasta y la
cuerda considerados como unidad (Fig. 5.2c). Sólo actúan dos fuer
zas externas sobre este cuerpo compuesto: la fuerza TT,,,t,,,, G ejercida.
por el techo 1; el peso total vvG + wG = 490 N + 120 N = (ill) N. (Las
fuerzas TG ,,,,,,,G v TG ,,,,,,,G son internas en lo que al cuerpo compues
to respecta. Dado que en la primera ley de Newton sólo intervienen
Equilibrio bidimensional
_1.
En la figura dba, un motor de peso tv cuelga' de una cadena unida
en el pturto O a`: otras dos, una sujeta al techo y la otra a la pared.
Calcule las tensiones en las tres cadenas, suponiendo que se da tv y
los pesos de las cadenas v el anillo son clespreciables.
sowcron __
IDENTIFICAR: Las incógnitas son las tensiones T1, TG y T3 en las
tres cadenas (Fig. 5.3a}. Podria parecer extraño despreciar el peso
de las cadenas, si en el ejemplo 5.2 no despreciamos el de una sim
ple cuerda. La razón es que el peso de las cadenas es muy pequeño
en comparación con el del motor. En el ejemplo 5.2 el peso de la
cuerda era una fracción apreciable del de la gimnasta (120 N vs.
d9tl N).
Todos los cuerpos del ejemplo estan en equilibrio, así que usa
remos la primera lev de Newton para determinar T,, T2 y T3. Nece
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Óüc Ii'
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jr. T
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.I 3 jp :If
fuerzas e.riei'nas, estas no vienen al caso.) Por tanto, la primera lev de
Newton aplicada al cuerpo compuesto es
Cuerpo compuesto: = TT ,,,b,,,G + [ (WG + vvG]] = ll
Asi que TT,,,j,,¬,G = wG l u 'G = 610 N.
Este metodo de tratar a la gimnasta y la cuerda como cuerpo
compuesto parece mucho más sencillo, y quizá el lector se pregun
te por que no lo usamos al principio. La respuesta es que, con ese
metodo, no podiamos obtener la tensión TG ,,,,,,,, G en el extremo in
ferior de la cuerda. La moraleja es: si hay dos o más cuerpos en un
problema en el que intervienen las leves de Newton, lo más seguro
es tratar a cada cuerpo individualmente.
sitamos tres ecuaciones simultáneas, una para cada incógnita. Sin
embargo, la aplicación de la primera ley de Newton a un solo cuerpo
sólo nos da dos ecuaciones, como en la ecuación (5.2). Por tanto,
para resolver el problema, será preciso considerar rnr is de un cuer
po en equilibrio. E xaminaremos el motor (sobre el que actúa TI] 3. f
el anillo (que está unido alas tres cadenas, asi que sobre el actúan
las tres tensiones).
PLANTEAR: Las figuras 5.3b y 5.3c son diagramas de cuerpo libre
para el motor y el anillo, respectivamente. Al igual que en los ejem
plos 5.1 ¬_v 5.2, hemos incluido un sistema de coordenadas :r y en cada
diagrama.
Las dos fuerzas que actúan sobre el motor son su peso w jr la
fuerza hacia arriba T1 ejercida por la cadena vertical; las tres fuerzas
que actúan sobre el anillo son las tensiones de la cadena vertical
'I
I l ,___ T,
CF G
o
T] T3 sen 60°
:r x
T1 D T3 cos óüf'
H; T1
(fll (bl (Cl
5.3 (a) lvlotor de coche con peso w suspendido de una cadena unida en Cl a otras dos.
Se supone que las cadenas no tienen masa. (_b) Diagrama de querpo libre del motor.
(c) Diagrama de cuerpo libre del anillo, despues de`sustin1ir'T¿, por sus componentes.
if'
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_"¦¦"H ¬I"F¬"_"'|"_..
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I.. ll... _
'll
158 e A Pi TU L o 5 I Aplicación de las leves de Newton
(T1), la cadena horizontal (T2) v la cadena inclinada (I1), Observe
que la cadena vertical ejerce fuerzas de la misma magnitud T1 en
ambos extremos: hacia. arriba sobre el motor en la figura 5.3b y ha
cia abajo sobre el anillo en la figura 5.3c. Ello se debe a que el peso
de la cadena es despreciable (voase el ejemplo 5.1). Si el peso no
fuera despreciable, estas dos fuerzas tendrian diferente magnitud,
como fue el caso de la cuerda en el ejemplo 5.2. Recuerde que tarn
bien estamos despreciando el peso del anillo, así que no lo incluimos
en las fuerzas de la figura 5.3c.
EJECUTAR: Las iìierzas que actúan sobre el motor estan únicamente
sobre el eje ,v; entonces., por la primera ley de Newton,
Motor: = T1 + ( iv) = O jr 'T1 = it '
Observe que las cadenas horizontal e inclinada no ejercen fuerzas
sobre el motor, porque no estan unidas a el, aunque si aparecen en
la aplicacion de la primera ley de Newton al anillo.
En el diagrama de cuerpo libre para el anillo (Fig. 5.3c), recuer
de que T1, T1 1; T3 son las rnogrtttrta'es de las fiierzasr, los vectores
del diagrama indican su direccion. Primero descomponemos la
fueìiãaçon magnitud T3 en sus componentes .r y y. Así, podremos
plantear las condiciones de equilibrio del anillo escribiendo ecua
ciones individuales para las componentes .t v (Recuerde lo di
cho en la estrategia para resolver problemas, en el sentido de que
nunca deben sumarse componentes :r v_v en una misma ecuacion.)
Úbtenemos '*
emite; EF, = T, ces 60° + ( 13) = 0
soltar 25,. = T, ren 60° + (~ r,') = 0
Plano inclinado
Un auto descansa en los rieles inclinados de una rampa que condu
ce a un remolque (Fig. 5.4a_). Solo un cable conectado al auto y a la
annazon del remolque evita que el auto baje la rampa. (Los frenos
v la transmision del auto estati sueltos.) Si el peso del auto es iv,
calcule la tension en el cable y la fuerza con que los rieles empujan
los neumaticos.
IDENTIFICÁRI El auto esta en equilibrio, asi que usaremos ot:ra vez la
primera ley de Newton. Una complicacion es que la ratnpa ejerce cuo
tro fuerzas sobre el auto, una en cada neumático. Por sencillez, junta
remos todas estas fuerzas' en una sola. Otra simplificacion es que
haremos caso omiso de la componente de esta fiierza que actuaporo
lefo a los rieles. Esto equivale a decir que actúa muy poca friccion so
bre el auto. (Si la friccion fuera considerable, los rieles ejercerian una
jirerzo de fiiccton paralela a la rampa, que tenderia a impedir que el
auto baje por la rampa. Aquí haremos caso omiso de este efecto, pero
volveremos a el en la seccion 5.3.) Por tanto, podemos decir que la
Puesto que T1 = iv (por la ecuacion para el motor), podemos escri
bir la segunda ecuacion del anillo asi:
TT, 1 1 _ W i.1sse
sen 60” sen 60°'
Ahora podemos usar este resultado en la primera ecuacion del anillo:
cos 60°
T . = T cos 60° = viví = lÍl.5Í"Ti if
2 3 sen 60°
Asi, podemos expresar las tres tensiones como múltiplos del peso ve
del motor, que supuestamente se conoce. En sintesis,
T| = iv
T2 =
T3 I i_.l55l'l›¦'
EVALUAR: Nuestros resultados muestran que la cadena sujeta alte
cho ejerce tma fuerza sobre el anillo de magnitud T3, mayor que el
peso del motor. Si le parece raro, observe que la componente vertical
de esta fuerza es igual a T1, que a su vez es igual a iv, pero como ade
mas la fuerza tiene una componente horizontal, su magnitud 'T3 debe
ser algo mayor que iv. Por tanto, la cadena sujeta al techo es la que es
ta sometida a mayor tension y es la más susceptible de romperse.
Es probable que, a primera vista, el lector haya pensado que el
cuerpo más importante en este problema era el motor. Sin embargo,
para tener suficientes ecuaciones, tambien fue necesario considerar
las fuerzas que actúan sobre un segundo cuerpo (en este caso, el ani
llo que une las cadenas).Las situaciones de este tipo son muy comu
nes en problemas de equilibrio, asi que tenga presente esta técnica.
 .
rampa solo ejerce sobre el auto una fuerza ,oerpen.ro`cto'or a los rieles.
Esta fuerza aparece porque los átomos de la superficie de los rieles se
resisten a que los átomos de los neumáticos penetren entre ellos. Ptl
igual que en la seccion 4.2, llamaremos a esta fuerza “jïrerzo norrnoi”.
No todas las fuerzas actúan sobre el auto a lo largo de la misma lí
nea: la fiierza de la gravedad actúa verticalmente hacia abajo, mien
tras que la normal es perpendicular a la superficie inclinada de los
rieles. Por tanto, tenemos dos ecuaciones distintas para la primera lev
de Netvt.on, una para las componentes ,r de fuerza y otra para las com
ponentes ,v [véase la ecuacion [5 .2)]_. Éste es el rtúme ro de ecuaciones
que necesitamos para despejar las dos incognitas, la magnitud T de la
tension en el cable y la magnitud ri de la`fuerza. normal.
PLANTEAR: La figura 5.4b muestra un diagrama de cuerpo libre
para el auto. Las tres fuerzas que actuan sobre el auto son su pc
so (magnitud iv), la tension del cable (magnitud T) jr la fuerza normal
(magnitud n). Esta última actúa hacia arriba *jr hacia la izquierda
porque esta impidiendo que el auto penetre en los rieles solidos.
5.1 l Empleo de la primera ley de Newton: particulas en equilibrio 159
i
(ai
, Ñ\ 'l\
H'
_. ""'J°ï _. """'I
1 T lt fsãfl flf T
i M
ii R
X
R
\ (12
N, iv cos cr
iv ` ., lt'
lt ¡_ fr "
(bl (cl
.t"ttt
5.4 (al Un cable sostiene al auto en la ratupa. (b) Diagrama de
cuerpo libre del auto. (c) Diagrama de cuerpo libre en el que el
peso del auto se ha sustituido por sus componentes (vr sen of
rampa abajo, vv cos cr perpendicular a la rampa).
Tomamos los ejes de coordenadas :t _v_v paralelos jr perpendicula
res a la ratnpa, como se muestra. Esto facilita el análisis del problema
porque asi solo la fuerza del peso tiene componentes tanto Jr como jr.
Si escogieramos ejes horizontal jr vertical, nuestra tarea seria más
dificil porque tendriamos que descomponer dos fuerzas (la normal jr
la tension).
El ángulo of entre la rampa jr la horizontal es igual al ángulo or
entre el vector de peso ¡Tr jr la normal al plano de la rampa.
EJECUTAR: Para escribir las componentes .r jr jr de la primera ley de
blewton, necesitamos obtener las componentes del peso. Una com
plicacion es que el ángulo cr cn la figura 5.4b no se mide del eje +.:r
al l jr, asi que rio podemos usar las ecuaciones (1.7) directamente
para obtener las componentes. (Quizá desee repasar la seccion 1.3,
pues este punto es importante.)
Una estrategia para obtener las componentes de iii es considerar
los triángulos rectángulos de la figura 5.4c. El seno de of es la mag
nitud de la componente .ir de iii (que es, el cateto opuesto a of del
triángulo) dividida entre la niagnitud tv (la hipotenusa). Asimismo,
rlifllmfl
el coseno 'de or es la magnitud de la componente _v (el cateto adjra
centc a cr del triángulo) dividida entre iv. Ambas componentes son
negativas, asi que iv, = iv sen rr jr ivj, = v.r cos or.
Otra estrategia seria re conocer que en una componente de iii de
be intervenir el sen rr, jr el cos cr en la otra. Para decidir cuál es cuál,
resulta útil dibuja.r el diagrama. de cuerpo libre de modo que el án
gulo cr sea apreciablemente majror o menor que 45°. (Tal cosa es
válida porque no se especifico el valor de rr. Le recomendamos no
ceder a la tendencia natural de dibujar tales ángulos como cercanos
a 45°.) Aqui dibujamos las figuras S.4b v 5, =ic de modo que of sea
menor que 45°, lo que implica que sen of es menor que cos of. La
figura 5.4c muestra que la componente :r de 1?' es menor que la com
ponente jr, asi que en la primera deberá intervenir se n cr, jr enla se
gunda, cos cr. Dado que ambas componentes son negativas,
obtenemos otra vez que ur, = iv sen of jr vv_,_. = iv cos tr.
Tachamos con una linea ondulada el vector original que repre
senta el peso para recordar que no debemos contarlo dos veces. Las
condiciones de equilibrio nos dan H
EF, = T+ [ vvsenor] = U
= ri + ( iv coso) = ll
Asegúrese 'de entender la relacion entre estos signos jr las coordena
das escogidas. Recuerde que, por definicion, T, iv jr ri son mognirtrdes
de vectores jr por tanto positivas.
Despejando T jr rr, obtenemos
T= vrseno:
ri = ivcoscr
EVALUAR: Los valores obtenidos para T jr ri dependen del valor de
cr. A fin de verificar que tan razonables son estar respuestas, vamos
a examinar ciertos casos especiales. Si el angulo cr es cero, enton
ces sen of = 0 jr cos cr = 1. En este caso, los rieles son horizontales;
nuestra respuesta nos dice que no se necesita la tension T del cable
para sostener al auto y la fuerza normal total rr es igual en magnitud
al peso. Si or = 9ü°, sen of = l jr cos cr = U. Aqui la tension Tes
igual al peso vr jr la fuerza normal ri. es cero. ¿Son estos los resulta
dos esperados en estos casos especiales?
ÉEs un error común suponer automáticamente que
la magnitud e cle la fuerza normal es igual al peso tv. Nuestro re
sultado clemuestra que, en general, eso no es cierto. Siempre es
mejor tratar re como una variable jr calcular su valor, como hicimos
aquí.
 
Por último, pregúntese como cambiarian T jr ri si el auto no es
tuviera estac ionario jr el cable estuviera tirando de el para subirlo
por la rampa con rapidez constante. Deberá reconocer de inmediato
que esta es otra situacion de equilibrio, pues la velocidad del auto
es constante. Por tanto, el cálculo es idéntico, jr Tjr ri tienen los
mismos valores que cuando el auto está en reposo. (Es verdad que
T debe ser majror que iv sen of para fnícirrr el movimiento del auto,
pero eso no es lo que preguntamos.)
1111 *'
_,
1 BU c rr si t U L o 5 I Aplicacion de las lejres de Newton
| F'f"' 1¦ ' J' 741 "†.'¢ '†'í._!'†' ' ` I L1' _ `
Se están sacando bloques de granito de una cantera por tura pendiente
de 15°. Por razones ecologicas, también se está echando tierra enla
cantera para llenar agujeros. Imagine que le han pedido hallar una for
ma de usar esa tierra para facilitar la extraccion del granito. Ud. diseña
un sistema en el que tura cubeta con tierra (de peso vvj incluida la cube
ta) tira de un bloque de granito en un carro (peso tv, incluido el carro)
sobre rieles de acero inclinados 15°, al caer verticalmente a la cantera
(Fig. 5.5a). Haciendo caso omiso de la friccion en la polea jr en las rue
das del carro, jr el peso del cable, determine que relacion debe haber
mwtvj para que el sistema funcione con rapidez constante.
IDENTIFICAH: El carro jr la cubeta se mueven con velocidad cons
tante (es decir, en linea recta con rapidez constante). Por tanto, los
dos cuerpos están en equilibrio jr podemos aplicar la primera lejr de
Newton a cada uno.
Las dos irrcognitas son los pesos url jr rvj. Las fuerzas que actúan
sobre la cubeta son su peso vvj jr una tension hacia arriba ejercida por
el cable; ambaš fuerzas son exclusivamente verticales. Por tanto, la
primera lejr de Newton aplicada a la cubeta nos da una sola ecuacion.
Sobre el carro actúan rr es fuerzas: su peso vr¡, una fuerza normal de
magnitud rr ejercida por los rieles jr una fuerza de tension del cable.
(Estamos haciendo caso omiso de la friccion, así que suponemos que
los rieles no ejercen ninguna fuerza paralela a la pendiente.) Esta si
tuacion es idéntica a la del automovil en la rampa del ejemplo 5.4.
Igual que en ese ejemplo, las fuerzas que actúan sobre el carro no tie
nen todas la misma direccion, asi que necesitaremos usar ambas
componentes de la primera lejr de Newton, ecuacion (5.2),
Estamos suponiendo que el cable no tiene peso, asique las fuer
zas de tension que la cuerda ejerce sobre el carro y la cubeta tienen
la misma magnitud T.
Carro
Cubeta
V
Carro *"
Cubela
1
r ir1" , _'I _._ 1ü.¿ ."¦."l LH.. ._ _
t
(lr) (sl
Tension en una polea sin fricción
. _ _, . _
PLANTEAR: La figura 5.5b es nuestro modelo idealizado del siste
ma. La figura 5.5c es el diagrama de cuerpo libre para la cubeta, jr
la 5.5d, para el bloquejr el carro. Cabe señalar que podemos orien
tar los ejes de forma distinta para cada cuerpo. Los ejes que se
muestran son la opcion que más nos conviene. Representamos el
peso del bloque en terminos de sus componentes en el sistema de
ejes que escogimos; obtendremos esas componentes igual que en
el ejemplo 5.4.
EJECUTAR: Aplicando EH, = O a la cubeta en la figura 5.5c,
tenemos
El 7_,,= T+ ( ivj) = il asique T= ivj
AplicandoÉF_, = 0 al bloque + carrito en la figura 5.§rd, obte
nemos
2F,= T+ ( ivjse nl5°) =0 asique T= vrj sen 15°
Igualando las dos expresiones para T, tenemos
W2 = 1151 San :LSD : D.26l 'U1
EVALUAR: Si el peso de la cubeta con tierra es el 26% del peso del
carro jr el bloque, el sistema se podrá mover con rapidez constante
en cualquier direccion (mrestro análisis no depende de la direccion
del movimiento, solo de que la velocidad sea constante). ¿Entiende
que pasaría si wj fuera majfor que 0.261 W? ¿Y si fuera menor que
0.26vv,'? `
Observe que no fue necesario aplicar la ecuacion 2F_,. = D al
carro jr al bloque; solo lo seria si quisieramos calcular rr. ¿Puede de
mostrar que rr = iv, cos 15°?
}I
T ,.. X
jr ri 1 sen 15 .
Wj Cülii
1 lr fi rr' 'J
casas ce rs I
till '
5.5 (a) Una cubeta de tierra tira de un carro que lleva un bloque de granito. (b) Modelo
idealizado del sistema. (c) Diagrama de cuerpo libre de la cubeta con tierra. d) Diagrama
. de cuerpo libre del carro con el bloque. '
 _mï' í ¡_ ri ""_ ___ “' ' ..".'.'."1T.'.ì'.'ÍTT_'" '_' ' :. .':' ' '..__ _' " ' ' ' I . .“._ . “' " " _ ¬ LTL' _. 1 _ 1"'
5.2 l Empleo de la segunda lejr de Newton: dinámica de particulas
Un semáforo con masa rn pende de dos cables ligeros, uno a cada lado. Los dos
cables cuelgan con un ángulo de 45° respecto a la horizontal. ¿Quo tension hay en ca
da cable?
5.2 | Empleo de la segunda ley de Newton:
dinámica de particulas _,
Ahora podemos analizar problemas de dinámica, donde aplicamos la. segunda ley
de¤_lewton a cuerpos con aceleracion (no en equilibrio). En este caso, la fuerza neta
quoäüa sobre el cuerpo no es cero, jr es igual a la masa del cuerpo multiplicada por
su aceleracion:
2?' = rnd (segunda lejr de Newton, forma vectorial) (5.3)
Normalmente usaremos esta relacion en su fortna de componentes:
IR.
21% = rr te 2 'rïv = me (5.4)
(segunda lejr de Newton, forma de componentes)
La estrategia que presentaremos en seguida es muy similar a la que seguimos para re
solver problemas de equilibrio en la seccion 5.1. Estúdiela con detenimiento, vea como
se aplica en ios ejemplos jr úsela para resolver los problemas al final del capítulo. Re
cuerde que todos los problemas de dinámica pueden resolverse con esta estrategia.
insistimos en que la cantidad rrríi no es una fuerza; no es un empu
jon ni tiron ejercido por algo dei entorno. Las ecuaciones (5.3) jr (5.4) soto dicen
que la aceleracion Ei es proporcional a la fuerza neta EF. Al dibujar el diagrama
de cuerpo libre de un cuerpo en aceleracion (corno la fruta de la figura 5.6a),
nunca inclujra "la fuerza rnïi porque no existe (Fig. 5.6lo). Repase la seccion 4.3 si
todavia no le ha quedado claro esto. A veces dibujaremos el vector aceleracion
Ejunto a un diagrama de cuerpo libre, como en la figura. 5.6c, pero nunca lo
mostraremos con su cola tocando el cuerpo (posicion reservada exclusivamente
para las fuerzas que actúan sobre el cuerpo).
IDENTEFICAR ios conceptospertinentes: Es preciso usar la segun
da lejr de Newton al resolver cualquier problema en el que inter
vengan fuerzas que actúan sobre tm cuerpo con aceleracion.
Al igual que en todos los problemas, identifique la incógnita,
que suele sertma aceleracion o una fuerza. Si es otra cosa, habrá que 1.
identificar jr usar otro concepto. Por ejemplo, suponga que le pi
den rietenninar con que rapidez se está moviendo un trineo cuan
do llega al pie de una loma. Ello implica que la incognita es la 2.
velocidad final del nineo. Para obtenerla, primero necesitará usar
la segunda lejr de Newton para calcular la aceleracion del trineo.
151
i
ta)
nvt®:'1¬o
Jf'
I
rr
Este vector nada tiene
W me que hacer en un
___ __ __ diagrama de cuerpo
libre porqtre_rn. :'i
no es una fuerza
tb)
( 1o 2cr
.li
I
¬_ x
Se puede dibujar el
vector aceleracion
a un lado del
diagrama
W lil?.
(cl
5.6 (a) La única fuerza que actúa
sobre esta fruta al caer es la atraccion
gravitacional de la Tierra. (b) Diagrama de
cuerpo libre incorrecto. (ej Diagrama
de cuerpo libre correcto.
Segunda ley de Newton: dinámica de particulas
Despues, tendrá que usar las relaciones para aceleracion constante
de la seccion 2.4 jr obtener la velocidad a partir de la aceleracion.
PLANTEAR el ,arooierna siguiendo estos pasos: `
1 Iaga un dibujo sencillo de la situacion. Identifique uno o
más cuerpos en movimiento a los que aplicará la segunda
lejr de Newton.
Dibujo un diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo
identificado, que muestre todas las fuerzas que actuan
sobre el cuerpo. (No haga un dibujo mujf elegante; sim
.¬¬_ 1
l
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__í_¬_í___L
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T
l
l
|
162 C A PÍT U L o 3 I Aplicación de las leyes de Newton
plemente represente el objeto con un punto.) Tenga cuida
do de no incluir fuerzas que el objeto ejerza sobre algún
otro obj eto, Recuerde que la aceleración de un cuerpo de
pende de las fuerzas que actuan sobre el, no de las fuerzas
que el ejerce sobre otras cosas, Asegúrese de poder con
testar la pregunta: “¿,Que otro cuerpo está aplicando esta
f|.1e1za?” para cada fuerza de su diagrama. Además, nunca
incluya la cantidad inä en su diagrama de cuerpo libre; ¡no
es una filerzal
3. Rotule cada fuerza con tm simbolo algebraico para repre
H sentar su magnitud y el valor numérico si se da. (Recuer
“\de que las magnitudes siempre son positivas. Los signos
menos aparecerán después cuando se obtengan las com
ponentes de las fuerzas.) Por lo regular, una de las fuerzas
será el peso del cuerpo; rotulelo w = mg. Si se da el valor
numérico para la masa, se podrá calcular el peso.
4. Escoja los ejes de coordenadas x y y para cada objeto y
. muestrelos explícitamente en cada diagrama de cuerpo li
bre. No olvide indicar cuál es la dirección positiva de cada
eje. Si conoce la dirección de la aceleración, las cosas nor
malmente se simplifican si se escoge esa dirección como la
dirección positiva de uno de los ejes. Si en el problema in
tervienen dos o más objetos y estos se aceleran en direccio
nes distintas, se pueden usar distintos ejes para cada objeto.
5. identifique cualesquier otras ecuaciones que podria nece
sitar ademas de la segunda ley de Newton, 21 5 = and (Se
requiere una ecuación por cada incógnita). Por ejemplo, po
dria necesitar una o más de las ecuaciones para movimien
to con aceleración constante. Si intervienen dos o más
cuerpos, podrían existir relaciones entre sus movimientos;
por ejemplo, los cuerpos podrian estar unidos con una cuer
Un velero para hielo descansa en una superficie horizontal sin fric
ción [Fi g. 5.'i'a}. Sopla un viento constante (en la dirección de los
patines del trineo] de modo que, 4.0 s después de soltarse el velero,
adquiere una velocidad de 6.0 mis (unos 22 krnfh). ¿Que fuerza
constante Fp ejerce el viento sobre el velero? La masa total (velero
+ tripulante) es de ZUÚ kg.
IDENTIFICAR: Nuestra incógnita es una de las fuerzas (F,.›) que ac
túan sobre el velero, así que necesitaremos usar la segunda ley de
Twìewton. Esa lev implica fuerzas ji aceleración, pero no nos dan la
aceleración, asi que habrá que calcularla. Se supone que el viento
es constante, asi que las filerzas no cambian con el tiempo y la ace
leración producida es constante. Esto implica que podremos usar
de las fórmulas de aceleración constante.
PLAHTEAR: La figura ìïb muestra el diagrama de cuerpo libre pa
lante considerados como una unidad. Las fuer1 _'|. ¦ 1L_|. 'I ._ ¡Il ;¬| J..".. flff md fl. 'TJL:
da, Elxprese todas esas relaciones en forma de ecuaciones
que relacionan las aceleracionesde los distintos cuerpos.
EJECUTAR lo solución como sigue:
l. Para cada objeto, determine las componentes de las fuerzas
a lo largo de cada eje de coordenadas del objeto, Cuando
represente una fuerza en terminos de sus componentes,
tache con ima linea ondulada el vector original para recordar
no incluirlo dos veces.
2. Para cada objeto, escribauna ecuación aparte para cada
componente de la segunda ley de Newton, como en la
ecuación (5.4).
3. Haga una lista de todas las cantidades conocidas v desco
nocidas, identificando las incógnitas.
4. Compruebe que tenga tantas ecuaciones como incógnitas
hay. Si le faltan ecuaciones, re troceda al paso 5 de “Plantear
el problema”. Si le sobran ecuaciones, podria haber una
cantidad desconocida que no se ha identificado como tal.
5. .Haga la parte facil: ¡los cálculos! Resuelva las ecuaciones
para obtener las incógnitas.
EVALUAR la respuesta: ¿Su respuesta tiene las unidades correc
tas? (En su caso, utilice la conversión l N = 1 kg nvsl.) ¿Tiene
el signo algebraico apropiado? (Si el problema se refiere a un
trineo que se desliza por una loma, probablemente escogió el eje
x positivo de modo que apuntara pendiente abajo. Si después
obtiene uiia aceleración negativa es decir, pendiente arriba
sabrá que hay algún error en los cálculos.) Si es posible, consi
dere valores específicos o casos extremos de las cantidades, jr
compare los resultados con lo que esperaba inruirivamente. Pre
gúntese “¿,es lógico el resultado'?”
Movimiento rectilineo con una fuerza constante
Ii
zas que actúan sobre este objeto son el peso iv, la fuerza normal a
ejercida por ia superficie jv la fuerza horizontal FF (nuestra incógni
ta). La fuerza neta v por tanto la aceleración estan dirigidas a la de
recha, asi que escogemos el eje rx en esa dirección.
Puesto que no se da la aceleración, tendremos que obt.enerla a
partir de otros datos del problema: la velocidad final u_,. = 6.0 mis
y el tiempo transcurrido t = 4.0 s. El velero parte del reposo, asi
que la velocidad inicial es ou, = D. En la sección 2.4 vimos que una
ecuación que relaciona la aceleración ag, con esas cantidades es la ecua
ción (2.8), u_,, = ou, + u_,,!.
EJECUTAR: La fuerza FV tiene la dirección +.:r, mientras que las
fuerzas ri. y ing tienen las direcciones +,v jr jr, respectivamente,
Por tanto, las ecuaciones .r jr y para la segunda lev de Newton
son
: FI": mfl.r
2F_v:fl+ (_mà 1') :O
5.2 l Empleo de la segunda lejf de Newton: dinámica de particulas 153
.__
1 u¬.
jj
I
.lll
Ftp'
*Jr
uf = mg
5.7 (a) Velero para hielo que parte del
reposo. (b) Diagrama de cuerpo libre
del velero jr su tripulante si no hajf
fricción.(al (b)
(Observe que la aceleracion en la dirección ,v es cero; el velero no
se acelera hacia arriba ni hacia abajo.) Además, tenemos la ecua
ción de aceleración constante
UI = UDI `i` Gif
Las cantidades conocidos son la masa nz. = 200 kg, la velocidad
final u_,, = 6.0 mi ls, la velocidad inicial U, 1, = ll y el tiempo transcurri
do r = 4.{l s. Las incógnitas son la aceleración o_,., la fuerza normal
n jr la fuerza horizontal FI. (la incógnita). I lay tantas incógnitas
(tres) como ecuaciones, asi que todo va bien.
Para obtener F;. , primero obtenemos ax de la ecuación para ace
leración constante jr la sustituimos en la ecuación de 21 i`,,:
Q L'j›_U[],_ IlI'l.›'rS _* U ITll'rS ___
1' lr A 4.9 S
F,. = aa, = (200 1<g)(1.sme2) = son kg mat
1.5 mfsf
Consideremos otra vez el velero que se mueve sobre hielo sin fi'icción
(ejemplo 5.6), pero ahora supongamos que, una vez que el velero
comienza a moverse, su posición en función del tiempo es
.r = (1.2 rnƒsfjrf (0.20 m¡s3)r3
Obtenga la fuerza Fp ejercida por el viento en función del tiempo
en este caso. Determine esa fuerza en el instante if = 3.0 s. ¿En que
instantes la fuerza es cero? ¿Positiva? ¿,l* legativa' ?
Un kg mfsf equivale a un newton (N), asi que la respuesta final es
F,. = 300 N (unas óï' lb] `
Observe que no necesitamos la ecuación ÉF, para obtener FF.
La necesitariamos si quisieramos obtener la fuerza normal ri:
11 mg = U
n mg = (200 l<g)(9.8 rnfsf)
= 2.0 ><I 103 N [unas 440 lb]
La magnitud ri de la fuerza normal es igual al peso combinado del
velero jr el tripulante porque la superficie es horizontal jr no actúan
otras fuerzas verticales.
EVALUAR: Los valores que obtuvimos para Ff. jr n tienen unidades
de fuerza, como debe ser. ¿Le parece razonable que la fuerza Fr sea
mucho menor que el peso combinado del velero jr el tripulante?
Movimiento rectilineo con una fuerzaque varia con el tiempo
IDENTIFICAR¦ Igual que en el ejemplo 5.6, FP» es nuestra incógnita,
asi que tendremos que usar otra vez la segunda lejf de Newton. l'¬~lo
nos dan la aceleración, pero conocemos la. posiciónx en fiinción del
tiempo r; por tanto, podremos determinar la aceleración obteniendo
la segunda derivada de .x respecto a r, como en la sección 2.3.
Observe que la expresión para :tf incluye un termino eii ri, que
no apareceen ninguna de las fórmulas para aceleración constante.
_
Il
ìi
la
164 c a P ÍT U t. o 5 l Aplicación de las leyes de Newton
Esto nos dice que la aceleración rr, no es constante, jr por ratito tam
poco lo es la fuerza F,. _ La fuerza varia en esta sinlación.
PLANTEAH: El diagrama de cuerpo libre es idéntico al de la figura
5.?, pues es válido sea FV constante o no. Para de terminar la acele
ración a,, a partir de la posición x en función del tiempo, usamos la
ecuación (2.6): '
dvj, dir
u =_= _"I dr dri
la _\5J ECUTAR: Dado que el diagrama de cuerpo libre es el mismo del
jemplo 5.6, la ecuación para la componente x de la segunda ley
de Newton también es la misma: '
= FT: = mflx
Lo único que nos falta para determinar Fj. es obtener ox en función
del tiempo. La segunda derivada de tf es 2, jf la de 13, ór, asi que
a, c ¿gg _ ÍT2, [(1.2 nv== ,2)r '* (0.20 fruSi)ri]
= 2.4 rnƒsï (1.2 nu's3)r
Entonces, la fuerza del viento en función del tiempo es
Fj. = mc, = (21110 kg)[2.4 mƒsj (1.2 1nƒs3)z:]
=4soN (atlanta):
2 |.1¬:r'¿
Suponga que el viento está soplando otra vez de forma constante en
la dirección +x, como en el ejemplo 5.6, de modo que el velero tie
* ne una aceleración constante ri, = 1.5 mfsf. Ahora, empero hay una
fuerza de fricción horizontal constante con magnitud de 100 N que
se opone al movimiento del velero. ¿Qué fuerza FV debe ejercer el
viento sobre el velero? '
IDENTIFICAR: Una vez más, la incógnita es FF. Nos dan la aceleración,
asi que sólo necesitamos la segunda ley de Newton para obtener F1. .
PLANTEAR: La figura 5.9 muestra el nuevo diagrama de cuerpo li
bre. La única diferencia respecto a la figura 5.7b es la adición de la
fuerza de fricción ji', que apunta en la dirección opuesta al movi
miento. (Observe que su magnitud, ƒ = lili) N, es positiva, pero su
componen te en la dirección x es negativa e igual a JC o sea, 100 N.)
EJECUTAR: Ahora hay dos fuerzas (la del viento jr la de fricción)
con componente x. La componente .r de la segunda lejf_ de Newton da
EF.: = Ft + l fl = eva
F, = ma, +_f=(zockg)(1.smrsi)+(1cc1v)= aociv
m¬'_ _ _ I ..._= í.; ..i=| ;;¡ í ..1. . |. . . r. _ =.'. ¿ _..fl¦'rr.
En el instante r = 3.0 s, el valor de Fp es 430 N (2 ¿lll Nfs)(3.ü s) =
24ll N. El signo menos implica que la dirección de la fuerza del
viento es en realidad opuesta a la que supusimos en la figura 5.'i'.
¡El viento ha cambiado jr ahora se opone al movimiento del velero! La
fuerza es cero cuando 480 N (240 Nils): = D; esto sucede cuando
r = 2.0 s, que es cuando el viento dejó momentáneamente de soplar.
Cuando t si 2.0 s, Fp es positiva jr el viento está empujando el velero
hacia la derecha en la figura 5.7 (la dirección +.r). Cuando r Is 2.0 s,
FI. es negativa y el viento está empujando hacia la izquierda.
EVALUAR: La figura 5.3 muestra gráficas de Fpjr ct, en fiinción del
tiempo. Observe que, en este caso, FF es la fuerza horizontal neta
que actúa sobre el velero. No deberá extrañamos que la fuerza neta jr
la aceleración sean directamente proporcionales; según la segunda
ley de Newton, siempre esasi.
Fv (N) cxlmlafi
6%! 3D
Bml 15
¬fi;fiifs> °;i'l§=f=~=>
3013' 1.5
¿WI JB
900 4.5
(al U1)
5.8 (a) La fuerza neta sobre el velero es directamente
proporcional a (b) su aceleración.
._ .._...... .._.. . .._.... ._ . 1 .¬¬ ._ _ _.. . L 1. __. ¬ . . .__ .|. _ . I
Movimiento rectilineo con fricción
EVALUAR: Debido a la fricción, se requiere una fiierza FF majror
que la del ejemplo 5.6. Necesitamos 100 N para vencer la fricción
jr 300 N más para impartir al bote la aceleración requerida.
F
¡FI
f Fv x
w=mg
5.9 Diagrama de c_perpo libre del velero ji su tripulante con una
fuerza de fricción ƒ opuesta al movimiento.
5.2 l Empleo de la segunda ley de Newton: dinámica de particulas 155
Un elevador jf su carga tienen masa total de 800 kg (Fig. 5.lDa) jf
originalmente está bajando a l0.0 mis; se le detiene con aceleración
constante en una distancia de 25.0 m. Calcule la tensión T en el ca
ble de soporte mientras se está deteniendo el elevador.
w = mg
Baja con rapidez
decrecienteW
(a) (bl
5.10 (a) Un elevador cargado en descenso se detiene.
(b) Diagrama de cuerpo libre del elevador. Al igual que en la
figura 5.6, dibujatnos el vector de aceleración a un lado del
diagrama de cuerpo libre porque la aceleración no es ima fuerza.
IDENTIFICAR: La incógnita es la tensión T, que obtendremos con
la segunda lejf de Newton. Al igual que en el ejemplo 5.6, tendremos
que determinar la aceleración empleando las fórmulas de acelera
ción constante.
FLANTEAR: El diagrama de cuerpo libre de la figura 5.lOb mues
tra las iuiicas fuerzas que actúan sobre el elevador: su peso tv y la
fuerza de tensión T del cable. El elevador está bajando con rapidez
=|:¡=::q:¦g _ _ _
Una mujer de 50.0 kg se para en una báscula dentro del elevador del
ejemplo 5.9 (Fig. 5.1 la). ¿Que marca la báscula?
IDENTIFICAR: La báscula marca la magnitud de la fuerza hacia
abajo ejercida por la mujer sobre la báscula; por la tercera ley de
Newton, esto es igual a la magnitud de la fuerza nortnal hacia arriba
_ _ J I ¬=' I=; ¿iH¬Pr¬*.__:."íg.finL¬"o.'_' | . . ; . . _
Tensión en un cable de elevador
decreciente, asi que su aceleración es hacia arriba; escogemos el eje
+,v en esa dirección.
El elevador se mueve hacia abajo, en la di.rección y. Por tanto,
su velocidad inicial om, jr su desplazamiento y yn son negativos:
o,¿,_,. 10.0 mis yy yc, = 25.0 m. La velocidad final es c_,. = Ill.
Para obtener la aceleración ol, a partir de esta información, usaremos
la ecuación (2.13) en la forma. of = oåj. + 2o¿,.(jf jfu). Una vez
que tengamos . :r._,_., la sustituiremos en la componente y de la segunda
ley de Newton [ecuación (5.4)].
EJECUTAR: Eset ibamos primero la segunda lejf de Nev non. La fiiema
de tensión actúa hacia arriba jf el peso lo hace hacia abajo, así que
EF), = T + ( tv) = nro.,
Despejamos la incógnita. T:
T = tv + rnr1_,,= mg + mo, = m(g + dj)
Para determinar a,., reacomodamos la ecuación de aceleración
1 1 'constante U; = 115,. + 2o_,,(y yn):
vt? vi... (011 ( mn mn 111. " ' +2.ccmƒ 2ai 2(.v~n›l 2( 25 0111) S
La aceleración es hacia arriba (positiva), como debe ser en el caso
de un movimiento hacia abajo cott rapidez decreciente.
Ahora podemos sustituir la aceleración en la ecuación de la
tensión:
T = m(g + o__,.) = (800 l<g)(9.8Ú tn. ¡sf + 2.00 misil
= 94 4ÚN
EVALUAR: Vemos que la tensión debe ser 1600 N mayor que el pe
so (tv = mg = 7480 N). Esto es lógico: debe haber una fierza neta
hacia arriba que produzca la aceleración hacia arriba que detiene el
elevador. ¿Entiende el lector que obtendriamos el mismo valor de T
si el elevador estuviera ascendiendo jr aumentando su rapidez a
razón de 2.00 tnfsf?
_ 1 ¬ 1. 1 """: _ _|_1 _ . :__ __ '_ _ 1
Peso aparente en un elevador con aceleración
ejercida ,nor la báscula sobre la mujer. Por tanto, nuestra incógnita es
la magnitud n de la fuerza normal.
Dbtendremos n aplicando la segunda lejf de Newton. Por suerte, jfa
conocemos la aceleración de la mujer; es la misma que la aceleración
del elevador, que calculamos en el ejemplo 5.9.
PLANTEAR: La figura 5.1 lb es tm diagrama de cuerpo libre para la
mujer. Las fiterzas que actúan sobre ella son la fuerza normal n ejerci
p _
. .,_ \._.
._ . ._ . ¬.|_| ..Ig' . ..:It2 .'t Ef":_. _ t¬,, . .. |.
'. '. 1' ':'F'., '1 .f'1 '':=". ::;±t[§;_I:t : ;. ._, _ fk._1__ _|_"¿_. . .
L f":
3`_¡'~_ì rt_ì,¿`,. ._ ._'.¬' _'
1. "Iii" 'iii W = ¿l 90 N=+
JíÉ '13 3'
Baja con rapidez
decreciente
tai tb)
5.11 (a) lvlujer en el elevador que frena. (b) Diagrama de cuerpo
libre de la mujer.
da por la báscula ji su peso tv = mg = (50.9 kg)(9.8(i miei) = 490 N.
(La fuerza de tensión, que desempeñó un papel protagónico en el
ejemplo 5.9, no aparece aqui. Ello se debe a que la tensión no actúa
directamente sobre la ntujer. Lo que ella siente que empuja hacia arri
ba contra sus pies es la báscula, no el cable del elevador.) Por el ejem
plo 5.9, la aceleración de el elevador ji la mujer es o_,. = +2110 mis".
155 c A Pi T U 1. o 5 l Aplicación de las lejfes de Newton
EJECUTAR: La segunda lejf de Newton da
EF), = n. l ( mg) = nio,
n. = ntg + m.n,. = nt(¿; + og.)
= son 1<g)(s.so aras + ano mai) = sec tv
EVALUAR: El valor obtenido para n implica que, mientras el elevador
se está deteniendo, la bascula empuja a la mujer con una fuerza de
590 N hacia arriba. Por la tercera lejf de Newton, la mujer empuja la
báscula hacia abajo con la misma fuerza, asi que la báscula marca
590 N, 100 N más que su peso real. La lectura es el peso aparente
de la mujer; ésta siente que el piso empuja con mayor fuerza sus pies
que cuando el elevador está parado o se mueve a velocidad constante.
¿Qué sentiría la mujer si el elevador estuviera acelerando itocia
abajo, de modo que o._,_. = 2.00 tnisi? Esto sucederia si el elevador
estuviera subiendo con rapidez decreciente o bajando con rapidez
creciente. Para obtener la respuesta simplemente insertatnos el nuevo
valor de o_,. en nuestra ecuación para n:
fi. = mig + a_,.) = (50.0 t<g)[s.su mas + ( zoo ma1)]
= 390 N
Ahora la mujer siente que pesa sólo 390 N, IÚD N menos que su
peso real.
El lector puede sentir estos efectos dando unos pasos en un ele
vador que se está frenando después de descender (cuando su peso
aparente es mayor que su verdadero peso tv) o de ascender (cuando
su peso aparente es menor que tv).
5:12
fivdhr
UNL NEPhyscs del pasajero
2.15 Carrera de automóviles
2.2 Levantar una caja
2.3 Bajar una caja
Generalicernos el resultado del ejemplo 5.10. Cuando un pasajero de masa m
viaja en un elevador con aceleración vertical o_,, una báscula da como peso aparente
n. = nt(g ¬' tI,,)
Si n__,. es positiva, el elevador está acelerando hacia arriba (sube con rapidez cre
ciente o baja con rapidez decreciente) jv n es majror que el peso del pasajero tv = mg.
Si el elevador acelera hacia abajo (sube con rapidez decreciente o baja con rapi
dez creciente), tt, es ttegativa jr n es menor que tv. Si el pasajero no sabe que el
elevador está acelerando, sentirá que su peso cambia jr de hecho la báscula in
dica eso.
5.12 Los astronautas en órbita sienten
que no tienen peso porque tienen la
misma aceleración que su nave, no porque
estén “fuera del alcance de la gravedad
terrestre”. (Si asi fuera, los astronautas jf
su nave no permanecerian en órbita, se
internatian en el espacio exterior.)
El caso extremo se da cuando el elevador tiene una aceleración hacia abajo
n_,. = g, o sea, cuando está en caida libre. En este caso, n = 0 ji el pasajero sien
ie que no tiene peso. Asi mismo, un astronauta en órbita experimenta ingravidez
aparente (Fig. 5.12). En ambos casos, la persona aún tiene peso, porque actúa so
bre ella una fuerza gravitacional, pero el efecto de esta condición de caida libre es
el mismo que si el cuerpo estuviera ett el espacio exterior sin experimentar grave
dad. En ambos casos, la persona y su vehiculo (elevador o nave) están cayendo
juntos con la misma aceleración g, asi que nada empuja a la persona contra el piso
o paredes del vehiculo.
Una ingravidez aparente prolongada tiene importantes consecuenciasfisiológi
cas para los astronautas. Los fluidos del organismo se redistribuven, congestionan
los senos faciales y causan que las piernas se adelgacen. Los músculos jf huesos
5.2 I Empleo de la segunda lejf de Newton: dinámica de particulas 167
que normalmente sostienen un peso en la Tierra tienden a det.eriorarse, ji la consi AC† V
_ , . _, , . . , . HEguiente perdida osea puede causar calculos renales. Los investigadores medicos C5
están explorando formas de aminorar éstos jf otros efectos de los vuelos espacia
les de larga duración.
celeración cuesta abajo
##
Lln tobogán cargado de estudiantes eii vacaciones (peso total iv) se
desliza por una larga cuesta nevada (Fig. 5. 13a). La pendiente tiene
un ángulo constante of, ji el tobogán está tan bien encerado que la
fricción es despreciable. ¿Qué aceleración tiene el tobogán?
IDENTIFICAR: Nuestra incógnita es la aceleración, que obtendre
mos aplicando la segtutda lejf de Newton. No hay fricción, asi que
las únicas fuerzas que actúan sobre el tobogán son su peso iv jr la
fuerza norinal n ejercida por la colina. Lo nuevo de este ejemplo es
que la fuerza normal está dirigida con cierto ángulo respecto a la
vertical jr no es opuesta al peso. Por tanto, deberemos usar ambos
compoiientes de Éfi = ntd en la ecuación (5.4).
FLANTEAR: La figura 5.13b muestra el diagrama de cuerpo libre.
Tomamos ejes paralelo jf perpendicular a la colina de modo que la
aceleración (que es paralela a la colina) tenga la dirección +.i:.
EJECUTAR: La fuerza normal sólo tiene componente ji, pero el
peso tiene componentes x ji ji: i v_,. = iv sen er jr it›f,_. = iv cos o.
(Compare con el ejemplo 5.4, donde la componente x del peso
era iv sen cr. La diferencia es que en el ejemplo 5.4 el eje +.r
era cuesta arriba ji aqui es cuesta abajo.) La linea ondulada de la
figura 5. l3b nos recuerda que descompusimos el peso en sus
componentes.
¬
`\ .
A
2.4 Despegue de cohete
2.11 Máquina de Atwood modificada
 \_¡J_ L i. ï.\ ' ' '_:_ 'H _
La aceleración es exclusivamente en la dirección +.t, asi que o_,,
= 0. La segunda ley de Newton en forma de componentes n.os dice
entonces que
EF, = iv sen cr = mo,
`2F,. = ii. iv cos cr = iito¿,. = U
Dado que iv = mg, la ecuación para la componente x nos dice que
ing sen of = nica . o sea
o_, = g sen o
Observe que no necesitainos la ecuación de la componente ji para ob
tener la aceleración. Ésa es la ventaja de escoger el eje ir eii la dirección
de la aceleración. Lo que nos da las componentes ji es la niagiiitud de
la fuerza nonna.l que la superficiede la colina ejerce sobre el tobogán:
ii = ivcos oi = mgcos ct
EVALUAR: Observe que la masa. no aparece en el resultado final.
Esto implica que ctioiqnier tobogán, sin importar su masa o número
de pasajeros, se desliza por una colina sin fricción con aceleración
g seii of. En particular, si el plano es horizontal, of = D jf o,, = D (el
tobogán no se acelera); si el plano es vertical, oi = 90? ji o,, = g (el to
bogán está en caída libre).
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/
Ti
l 'l " S'Eìl`l Elf
Í
H i' \t
iv eos of 'J \ _
if Gi
._ iH ¬.
iv = mg
ta) [bl
5.13 (a) Un tobogán cargado baja deslizándose por una colina sin fricción. (b) El diagra '
ma de cuerpo libre muestra que la componente .tt del peso, iv seii or, acelera el tobogán
cuesta abajo.
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ii~¬ic®'i¬o
3"
H La cantidad mo
no es una fuerza; no
_ __.i' tiene lugar en un
La fuerza normal no / ïlïigrama da CUBFPD
es verdcai porque la _,r ' 1'?
superficie (que esta _,.»”'
en el eje 1]' mill
| está inclinada \
i:
iv = m.g
(ai
153 c A Pi T ti L o 5 I Aplicación de las leyes de Newton
CO%ÍTO
J'
La fuerza normal /
j es perpendicular j\ 1
a la superficie n Se pueda dibujar Efvector de aceleración
adyacente al cuerpo
(pero sin tocarlo)
ïr
iv = mg
(bl
5.14 (a) Diagrama de cuerpo libre incorrecto para el tobogán. (b) Diagrama correcto.
Observe también que la fuerza normal n no es igual al peso del
tobogán (compare con el ejemplo 5.4 de la sección 5.1). No necesi
tamos este resultado aqui, pero será útil después.
É La figura 5.1f la muestra una forma incorrecta co
mún de dibujar el diagrama de cuerpo libre del tobogán. Hay dos
Imagine que empuja una bandeja de l.l)0 kg sobre el mostrador de
una cafeteria con una fuerza constante de 9.0 N. Al moverse, la ban
deja empuja un envase de leche de 0.50 kg (Fig. 5.l5a). La bandeja
ji la leche se deslizan sobre utia superficie horizontal tan grasosa que
se puede hacer caso omiso de la fricción. Obtenga la aceleración del
sistema jr la fuerza horizontal que la bandeja ejerce sobre la leche.
IDENTIFICAR: En este ejemplo hay dos incógnitas: la aceleración
ri., del sistema bandeja leche ji la fuerza FH ,,,,,,,., L de la bandeja sobre la
leche. Usaremos otra vez la segunda lejf de Newton, pero tendremos
que aplicarla a dos cuerpos distintos para obtener dos ecuaciones
I una para cada incógnita).
F'i_AllTEAR: I lay dos formas de plantear el problema.
.l_'¿: :do i: Podemos tratar a la bandeja (masa mg) jr a la leche
1 _ : _ i como cuerpos aparte, cada uno con su propio diagrama
.ie Em tfig. 5.l5b). Observe que la fuerza F que usted ejerce
si La 7': a. 'zdeja no aparece en el diagrama de cuerpo libre de la
Lc c,r:s.: hace que la leche se acelere es la fuerza de magnitud
175, ¿ api: la bancicja ejerce sobre ella. Por la tercera ley de Newton,
errores: la fuerza normal debe ser perpendicular a la superficie, ji
nunca debe incluirse la “fuerza Si recuerda que "normal" sig
nifica "perpendicuiar" v que la masa multiplicada por la acelera
cion no es una fuerza, tendrá siempre buenas posibilidades de
dibujar diagramas de cuerpo libre correctos (Fig. 5.11 lb).
 
. .Í |¿| uí ¿___,_.,.¿. _. i|.|.|... 1 ... ,_ . 1 .|.. _....... 1 _.¬,. . . _ .` _ ..._ ... ,... í .._ _._...|. . ¬. | _.. ._ |. s . . .
Dos cuerpos con la misma aceleración
la leche ejerce una fuerza de igual magnitud sobre la bandeja: FL ,,,,,,, B
= FB ,,,,¡,,e L. Escogemos que la aceleración tenga la dirección +.r; la
bandeja y la leche se mueven con la misma aceleración ox.
Método 2: Podemos tratar a la baiideja jf la leche como tm cuerpo
compuesto con masa m = mg l in¡_ = l.5O kg (Fig. 5. l5c). La única
fuerza horizontal que actúa sobre este cuerpo compuesto es la fuema
F que usted ejerce. Las fuerzas FB ,_,,b,,., L ji F,_ ,,,j,,,, B no intervienen por
que son internos respecto a este cuerpo compuesto, ji la segunda lej f
de Newton nos dice que sólo las fuerzas externas afectari la acelera
ción de los cuerpos (véase la sección 4.3). Esto implica que necesita
remos tnia ecuación adicional para deteniiiriar la magnitud FE, ,,,,,,,., ,_ si
empleamos este método; obtenemos esa ecuación aplicando la
segtmda lejf de Newton al envase de leche, igual que en el método l.
EJECUTAR: Metodo I: Las ecuaciones de componente .ir de la se
gunda ley de Newton para la bandeja ji la leche son
Bandeja: 2Fx : F '_ Fl,sohreB : F _ FBsobmL = mflax
Leche: 252, = FB,,,,¡_,,.,._,L = mBrr,,
Asi, tenemos dos ecuaciones simultáneas con las incógnitas ri, ji
FE ,,,,,,,, L. (Sólo necesitamos dos ecuaciones, lo que implica que las
' ' 169 '5.2 I Empleo de la segunda ley de Newton: dinamica de particulas
m L = [l.5ü l cg
_, *:"'_
m B = 1.00 l cg
(ai '
}l'
F=9.ClN
j H.
IP'ri ri ri
Q fl 1 x “B ¬..¡ 'fi
FrsaareaHi.FB sobre L F Fe rasa t. F
I í ' .` Ci' .Tí
lvl ¡L
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W
un ' '¿ _ I.'.'¿; .j..:l "' .Í ¡F I l ¿dj I Í _:': Í :I .__ 3': ' 'i ._ 'ri ' ,. :=. I
. fÉí" ll l f if 1:: . . 'Éi¦" ll i '.11 '.f;`:ÍÍ::. É? 
Envggg df; lgçhg Bmidgja Leche jr bandeja como unidad
(bl (ill
5.15 (a) Se empujan una bandeja ji un envase de leche sobre el mostrador de una
cafeteria. (b) Diagramas de cuerpo libre individuales para la leche (izquierda) y la
bandeja (derecha). (c) Diagrama de cuerpo libre para la leche jf la bandeja como cuerpo
compuesto.
componentes y no desempeñan ningtm papel en este ejemplo.) Una
forma fácil de resolver las dos ecuaciones es sumarlas; esto elimi
na Fg,gg,,Ljfnosda
F = mgo_,, + m,_o,. = (mg I mg)o,,
li'
F 9.0 N
o,, "' 6.0 ntfs?
mg + ing 1.00 kg + 0.50 kg
Sustituimos este valor en la segunda ecuación (la de la leche) ji ob
tenemos
FHSÉEL = .l'flLt'Ix : lfflƒsl) = N
Método 2: La componente r de la segunda lejt de Newton para
el cuerpo compuesto con masa m es
2F,, = F = mo,,
jr la aceleración de este cuerpo compuesto es
.F stonrr, s ~ ~ ao tant
rn. 1.50 kg
Ahora exmninamos el envase de leche solo. Vemos que, si queremos
irnpartirle ima aceleración de 6.0 miei, la bandeja deberá ejercer sobre
él una fiierza de
FB,,,,,,,,_ = mm, = (oso kg) (so ave) = 3.0 iv
EVALUAR: Obtenemos las mismas respuestas con los dos métodos,
como debe ser. Para verificar las respuestas, observe que las fuer
zas a cada lado de la bandeja son distintas: F = 9.0 N a la derecha
ji F¡_ ,,,g,,, g = 3.0 N a la izquierda. Por tanto, la fuerza neta homen
tal sobre la bandeja es F FL,,,,,,,,_, g = ó.ll N, que es exactamente la
que se necesita para acelerar una bandeja de l.llll kg a 6.0 ruisi.
El método de n atar los dos cuerpos como tm solo cuerpo compues
to fiinciona únicamente si los dos cuerpos tienen la misma aceleración
(magnitudy dirección). Si las aceleraciones son distintas, deberemos
tratar los cuerpos individualmente, como en el ejemplo que sigtie.
"|"1
.I
I
4
I
I¬ i
_ l
J
|
I |
1
l
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__. .__
1'
pablo
Resaltar
Importante para cierto problemas
.L
ll
Il
|
Il
lll
1 70 c A Pi T U L o 5 I Aplicación de las leves de Newton
En la figura. 5.1óa, un deslizador de masa rn, se mueve sobre un riel
de aire horizontal sin fricción en el laborat.orio de fisica. El deslizador
esta conectado a una pesa de masa n12 mediante un cordel ligero,
flerrible e inelástico que pasa por ima pequeña polea sin fricción. Calcu
le la aceleración de cada cuerpo y la tensión en el cordel.
IDENTIFICAH: Tenemos objetos que se están acelerando, así que
deberemos usar la segunda ley de Newtoii. Hay tres incógnitas: la
tensión T en el cordel v las aceleraciones de los dos cuerpos. Por
tanto, necesitaremos hallar tres ecuaciones simultáneas en las que
intervengan esas variables.
PLMIITEAR: Los dos cuerpos tienen diferente movimiento, uno verti
cal y el otro horizontal, asi que no podemos considerarlos juntos como
en el ejemplo 5.12. Nece sitaremos diagramas de cuerpo libre indivi
duales para cada uno. Las ñguras 5.l6b jr 5.16c muestran los diagra
mas de cuerpo libre y sistemas de ejes correspondientes. Conviene
hacer que ambos cuerpos aceleren en la dirección positiva de un eje, así
que escogemos la dirección +y para la pesa hacia abajo. (No hay pro
blema si usamos diferentes ejes de coordenadas para los dos cuerpos.)
No hay fricción en la polea jr consideramos que el cordel no tiene
masa, asi que la tensión T en el cordel es homogénea; aplica una fuer
aa de magnitud T a cada cuerpo. (Podria ser conveniente repasar el
ejemplo conceptual 4. lt) de la sección 4.5, donde vimos la fuerza de
tensión ejercida por un cordel sin masa.) Los pesos son m¡g y m¿.g.
Si bien las direcciones de las dos aceleraciones son distintas, sus
nrugnirndes son iguales. Ello se debe a que el cordel no se estira;
por t anto, los dos cuerpos deberán avanzar distancias iguales en
tiemposiigualesgv sus rapideces en cualquier instante dado deberán
ser iguales _ Cuando las rapideccs cambian, lo hacen en la misma
cantidad en un tiempo dado, asi que las aceleraciones de los dos
ntl
í ji
in
(H)
¡HE Jf
 
Dos cuerpos con la misma magnitud de aceleración
cuerpos deben tener la misma magnitud n. Podemos expresar esta
relación asi
fio. : flav : *fi
Gracias a esta relación, en realidad sólo tenemos dos incógnitas: n
y la tensión T.
EJECUTAR: Para el deslizador en el riel, la segunda lev de Nevvton da
Desliaador: EF, = T = ni1c,,, = una
Desliaador: EF, = n. + [ ong] = ntlnh, = ll
En el caso de la pesa, las imicas fuerzas actúan en la dirección jf, asi que
PBSHI 2 F., = ntgg + ( T) = :rip :r¿,. = mln
En estas ecuaciones, hemos usado las relaciones n1_,. = 0 (el desli
zador no se acelera verticalmente) y ur, = agp = n (los dos objetos
tienen la misma magnitud de aceleración).
La ecuación x para el deslizadcr y la ecuación para la pesa nos
dan dos ecuaciones simultáneas para las incógnitas T jv u:
Deslisador: T = mju
Pesa: fnìg T = tngo
Sumamos estas ecuaciones para eliminar Tnos da:
mgg = m.¡n + :tigo = (ml + rnfic
Asi, la magnitud de la aceleración de ambos cuerpos es
_ ni@
G _ rn, + rrtgg _
Sustituimos esto en la primera ecuación (la del deslisador) para obtener:
rnpnïT = íg
.lTÍ.| “i” mg
Jr?
I
¢ ¿'12?
H
#
flh. T
T
_ .ir J:
.uiìg
*ff is
Deslizador Pesa
(bl (Cl
5.15 (a) Una pesa acelera un deslisador por un riel dc aire. Diagramas de cuerpo libre
para (b) el deslizador (masa nn) y (c) la pesa (masa arg). _ `
5.3
EVALUHR: La aceleración es menor que g, como cabia esperar;
la pesa se acelera mas lentamente porque la tensión en el cordel la
frena.
La tensión T no es igual al peso ii :gg de la pesa; es ineiior según
cl factor inp'(_oi¡ I org). Si Tfnero igual a ii ig, la pesa estaria en
equilibrio, cosa que no sucede.
Es un error comun suponer que, si un objeto
está unido a un cordel vertical, la tensión en el cordel de
be ser igual al peso del objeto. Era asi en el ejemplo 5.5,
donde la aceleración era cero, ¡pero la situación es distin
l Fuerzas de fricción 111
ta en el presente ejemplo! La única estrategia segura es
siempre tratar a la tensión como una variable, como lo hi
cimos aqui.
Por último, revisemos algunos casos especiales. Si nn = il, la
pesa cae libremente gr no hay teiisión en el cordel; las ecuaciones
dan T = 0 y o = g cuando oil = 0. Por otra parte, si oi; = fl, no es
peramos tensión ni aceleración; en este caso las ecuaciones daii
T = U y o = O. Asi, en ambos casos especiales, los resultados
coinciden con la intuición.
...__ rn.: n_n.
Imagine que desciende por una pendiente de 3.0” en un trineo cuyos patines no
tienen fricción. La masa combinada de usted y el trineo es de 90 kg. Para controlar
la rapidez, usted arrastra los pies en la nieve. ¿Que fuerza paralela a la pendiente *
debera ejercer para que el trineo se frene a razón de 2.0 m/si?
5.3 | Fuerzas de fricción
Hemos visto varios problemas en los que un cuerpo descansa o se desliza sobre
una superficie que ejerce fuerzas sobre el cuerpo, y hemos usado los términos
ƒiierzo iiormol yfiiei zo dcfisiccidri para describirlas. Siempre que dos cuerpos inte
ractúan por contacto directo de sus superficies, llamamos a las fuerzas de interacción
jirerzos _ de contacto. Las fuerzas normal y de fricción son de contacto.
En esta sección nos interesa principalmente la fricción, una fuerza importante
en muchos aspectos de nuestra vida. El aceite del motor de un auto reduce la fric
ción entre piezas móviles, pero sin fricción entre las ruedas y el camino no podría
avanzar el coche ni dar vuelta. El arrastre del aire la fricción ejercida por el aire
sobre un cuerpo que se mueve a traves de el reduce el rendimiento del combus
tible en los autos pero hace que funcionen los paracaídas. Sin fricción, los clavos
se saldrían, las bombillas jr tapas de frascos se desatornillarian sin esfuerzo y los
deportes coino el ciclismo y el hockey sobre hielo serian imposibles (Fig. 5.17).
Fricción cinética y estática
Consideremos un cuerpo que se desliza por una superficie. Si tratamos de deslizar
iuia caja con libros por el piso, no lo lograremos si no aplicamos cierta fuerza inini
ina. Luego, la caja comienza a moverse y casi siempre podemos manteiierla eii nio
vimiento con menos fuerza que la que necesitamos inicialmente. Si sacarnos algunos
libros, necesitaremos menos fuerza que aiites para poner o mantener en movimiento
la caja. ¿Que podemos afirmar en general acerca de este compoitainiento?
Primero, cuando un cuerpo descansa o se desliza sobre una superficie, siempre
1¬.n¿AbI|lrIG'|¦ \'.'I'.i 1I' I`
._,..,.._
inn. 1'
podemos representar la fuerza de contacto que la superficie ej erce sobre el cuerpo en 5_1 7 E1 hückep Sübfg hggjf, ggpengfl,;m_
terminos de componentesde fuerza perpendiculares y paralelos a la superficie. Co cialmente de 'llull fltlifiifl ÍUSTU la C fillfí' 'ìlflfil
mo hicimos antes, llamareinos a la componente perpendicular fuerza normal, deno
tada con iï. El vector componente paralelo a la superficie es la fuerza de fricción,
correcta de fricción entre los patines de los
jugadores jr el hielo. Si hubiera demasiada
fricción, los jugadores se moverian muy
_* _! _* 1 ; 1 1 n.denotada con ƒ. Por definicion, ii. jr ƒ son perpendiculares entre si. Si la_›superficie jgn¡,,mg_n¡_E,¿ Si ja fm ,,¿¡_,_§,, 1 fuera jfläufiçjgn
no tiene fricción, la fuerza de contacto sóio tendra componente normal y f sera cero. tc, no podrian evitar caerse.
i
ll
l
l
l
1,.
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1 a
J
pablo
Resaltar
Importante!
pablo
Resaltar
.¬_ .ím I_'_
¬.
'¬. ¬.¬__.
¬ .
' .
:Z
Acfvnos si
2.5
2.5
Camión que tira de una caja
Ernpujar una caja hacia arriba
contra una pared
Esquiador que baja una cuesta
Esquiador v cuerda de remolque
Camión que tira de dos cajas
2.?
2.8
2.113
Bloque
` " i Piso
U Ampliación
Las superficies
no son
perfectamente
lisas
5.13 Las iìieizas normal jr de fricción sur
gen de interacciones entre moleculas en
puntos altos de las superficies del bloque
jr del piso
c x P Í T U L ci 5 l Aplicación de las leyes de Newton
(Las superficies sin fricción son una idealización inasequible, pero podemos apro
ximarla si los efectos de la fricción son insignificantes.) La dirección de la fuerza de
fricción siempre es opuesta al movimiento relativo de las dos superficies.
El tipo de fricción que actúa cuando un cuerpo se desliza sobre una superficie
es la fuerza de fricción cinética ƒk. El adjetivo “cinética” y el subiridice '“1<:” nos
recuerdan que las dos superficies se mueven una relativa a la otra. La niogniriio' de
esta fuerza suele aumentar al aumentar la fuerza normal. Es por ello que necesita
mos más fuerza para deslizar una caja llena de libros que la misma caja vacia. Este
principio también se usa en los sistemas de frenos de automóviles; si las zapatas
se aprietan con más fuerza contra los discos giratorios, mayor es el efecto de fre
nado. En muchos casos, la magnitud de la fuerza de fricción cinéticajj, experimen
tal es aproximadamenteproporcional a la magnitud ri de la fiierza normal. En tales
casos, representamos la relación con la ecuación
jj; = akii (magnitud dela fuerza de fricción cinética) (5.5)
donde ,uk es una constante llamada coeficiente de fricción cinética. Cuanto más
resbalosa es una superficie, menor es el coeficiente. Al ser un cociente de dos
magnitudes de fuerza, uk es un número puro sin unidades.
Recuerde que las fuerzas de fricción y la normal siempre son per
pendiculares. La ecuación (5.5) no es vectorial, sino una relación escalar entre
las magnitudes de las dos fuerzas perpendiculares.
La ecuación (5.5) sólo es una representación aproximada de un fenómeno coni
plejo. En el nivel microscópico, las fuerzas de fricción y la normal se deben a las
fuerzas intermoleculares (fundamentalmente eléctricas) entre dos superficies ás
peras en los puntos en que entran en contacto (Fig. 5.18). El area de contacto real
suele ser mucho más pequeña que el área superficial total. Al deslizarse ima caja
sobre el piso, se forman y rompen enlaces entre las dos superficies, y el número
total de enlaces varia; por ello, la fuerza de fricción cinética no es perfectamente
constante. Si alisamos las superficies, podriamos aumentar la fricción, pues más
moleculas podrian interactuar y enlazarse; juntar dos superficies lisas del mismo
metal puede producir una “soldadura fria”. Los aceites lubricant.es fimcionan por
que una pelicula de aceite entre dos superficies (como los pistones jr cilindros de
un motor) evita que entren realmente en contacto.
La tabla 5.1 presenta algunos valores representativos de ak. Aunque darnos
cifras significativas, son valores aproximados, ya que las fuerzas de fricción
bién dependen de la rapidez del cuerpo relativa a la superficie. Por ahora,
caso omiso de este efecto y supondremos que ,nik yjj, son independientes de la
pidez, para concentrarnos en los casos mas simples. La tabla 5.1 también da
ficierites de fricción estóticu, que defirnirernos en breve.
Las fiierzas de fricción también pueden actuar cuando no hoy movimiento i
vo. Si tratamos de deslizar la caj a con libros, tal vez no se mueva porque el _
ejerce una fuerza de fricción igual jr opuesta sobre la caja. Ésta se llama fuerza de
fricción estática f_,. En la figura 5.l9a, la caja esta en reposo, en equilibrio, bajo
la acción de su peso iii y la fuerza norinal hacia arriba if. igual en magnitud al pe
so (ri = iv) y ejercida por el piso sobre la caja. Ahora atamos una cuerda a la caja
(Fig. 5.19 'b) y gradualmente aumentamos la tensión T eii ella. Al principio, la
caja no se mueve porque, al aumentar T, la fuerza de fricción estaticaj, tambien
aumenta (sn magnitud se mantiene igual a T_).
pablo
Resaltar
pablo
Resaltar
pablo
Resaltar
5.3 I Fuerzas de fricción
Tabla 5.1 Coeficientes de fricción aproximados
Coeficiente de Coeficiente de
Materiales fricción estática, ju., fricción cinética, ¡ik
e ;. :sf 
Í.l:=.. .i
Acero en acero f'.'i'4 3.5?
Aluminio en acero 0.61 "
Cobre en acero 0.53 '.36
latón en acero 43.51 '.44
Zinc en hierro colado 21.85 1.21
Cobre en hierro colado 1.05 L29
`v'idrio en vidrio 421.94
Cobre en vidrio 43.68 '.53
'Teflón en teflón 421.04
'Íeflón en acero 121.04 1.04
Hule en coiicreto (seco) l.U `I.8
l lule en concreto (húmedo) M30 1.25
c_ac::›c :.e___: 5
C:l`= › läC.:
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F
En algún momento, T se hace mayor que la fuerza de fricción estáticajj, máxima
que la superficie puede ejercer; la caja “se suelta” (la tensión Tpuede romper los en
laces entre moléculas de las superficies de la caja y el piso) y comienza a deslizarse.
La figura 5. l9c es el diagrama de fuerza cuando T tiene este valor critico. Si T exce
de el valor, la caja ya no está en equilibrio. Para un par de superficies dado, el valor
maximo de jj depende de la fuerza norinal. Los experimentos han revelado que, en
muchos casos, dicho valor, llamado (_ƒ,),,,,¿,,, es aproximadamente proporciona! a ri;
llainamos coeficiente de fricción estática al factor de proporcionalidad us. En la ta
bla 5.1 se dan valores representativos de ,u,._. En ima situación dada, la fuerza de fric
ción estatiea real puede tener cualquier magnitud entre cero (cuando no hay otra
fuerza paralela a la superficie) y un valor máximo dado por ;.r.,n. En simbolos,
I ji@ 5 ,u,,,n (magnitud de la fuerza de fricción estática) (5.6)
Al igual que la ecuación (5.5), ésta es una relación entre magnitudes, no vecto
res. La igualdad sólo se cumple cuando la fiierza aplicada T, paralela a la superficie,
alcanza el valor critico en que el movimiento está a punto de comenzar (Fig. 5. l 9c). Si
T es menor (Fig. 5¿ l9b), se cumple la desigualdad y debemos usar las condiciones
de equilibrio (EF = 0) para obtenerjj. Si no se aplica fuerza (T = 0), como en
la figura 5. 19a, tampoco hay fuerza de fricción estática (_ji, = 0).
Apenas inicia el deslizamiento (Fig. 5.l9d), la fuerza de fricción suele dismi
nui`r,' es mas fácil mantener la caja en movimiento que ponerla en movimiento. Por
tanto, el coeficiente de fricción cinética suele ser nierior que el de fricción estati
ca para un par de superficies dado (véase la tabla 5.1). Si comenzamos con cero
fuerza aplicada en i = 0 y aumentamos gradualrnente la fuerza, la fuerza de fric
ción varia un poco, como se muestra en la figura 5.20.
En algunas situaciones, las superficies se atoran (fricción estatica) y deslizan
(fricción cinética) de forma alterna. Esto es lo que causa el horrible chirrido de la
tiza aplicada con cierto angulo a un pizarrón, de los limpiaparabrisas cuando el vi
drio esta casi seco y de los neumaticos deslizándose en el asfalto. Un ejemplo más
positivo es el movimiento de un arco de violin contra una cuerda.
Cuando un cuerpo se desliza sobre una capa de gas,