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Luis Muoz Mato

[FSICA I. CUESTIONES Y PROBLEMAS RESUELTOS] Cuestiones y problemas resueltos de clculo vectorial, cinemtica, dinmica de la partcula,

dinmica del slido rgido y esttica y dinmica de fluidos

Fsica I. Cuestiones y problemas resueltos


1

Fsica I: Cuestiones y problemas resueltos

Luis Muoz Mato

Licenciado en fsica por la USC



2

Prlogo Este libro est dedicado a la preparacin de la asignatura Fsica I que se imparte en las facultades de qumica de las escuelas politcnicas superiores, as como en las facultades de qumica El libro est compuesto por las preguntas ms frecuentes que aparecen en los exmenes de la asignatura y tratan los temas de fsica que se recogen en el programa oficial as pues, se tratan los temas de mecnica, el slido rgido, gravitacin, fluidos y termodinmica. Las cuestiones aparecen contestadas con un gran detalle y de manera completa, los problemas estn planteados y se recogen en diferentes bloques que se secuencian atendiendo a la disciplina interna de la asignatura que se est tratando.



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CUESTIONES



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Vectores y campos.



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Cuestin 1 a) Sea una regin del espacio en la que existe un campo vectorial A, indica el significado de la circulacin de A: La circulacin de un campo vectorial a lo largo de una lnea es la integral de lnea de dicho campo a lo largo de la lnea seguida, en el caso de que el campo vectorial sea un campo de fuerzas, la circulacin de dicho campo representa el trabajo mecnico. b) El rotacional de A Consideremos una lnea cerrada C en el espacio ocupado por un campo vectorial, llamamos A a una superficie cualquiera limitada por la curva C y que por tanto est contenida en ella; hemos definido circulacin del campo E a lo largo de la lnea C por:

E d r =

y para este caso en que la lnea es cerrada elegimos un sentido de integracin a lo largo de ella. Si a la superficie A la dividimos en dos partes, A1 y A2, estarn limitadas por dos curvas C1 y C2, entonces se verifica que:

1 2 = + ya que la lnea comn a ambas curvas est atravesada en sentidos contrarios en las dos integraciones y slo nos queda la contribucin de las lneas de la circulacin original (Ver figura). Subdividiendo esta superficie tantas veces como queramos, subsistir esta propiedad. Procedemos de esta forma hasta llegar a entornos infinitamente pequeos (slo contienen un punto).

En la subdivisin la circulacin para cada pedazo se va haciendo cada vez ms pequea, y el rea disminuye con ella. En el lmite, cuando el rea tienda a cero, del cociente de la circulacin al rea nos da una caracterstica de un punto del campo que ser una magnitud vectorial a la que llamamos ROTACIONAL, cuya proyeccin sobre el vector rea toma el valor:

( ) 0

1 lim

AE n Edr

A =

Desarrollamos el concepto del escalar divergencia, que tambin nos caracterizaba cada punto del campo vectorial, como el lmite de una integral de superficie cerrada, al volumen infinitesimal que rodea al punto y limitado por tal superficie; parece evidente la definicin dada, que nos relaciona la integral de lnea con la integral de superficie (ver prrafo siguiente). En el smil hidrodinmico dado para explicar el concepto fsico de divergencia, veamos que sta no se anulaba en puntos del campo de velocidades en que exista un manantial o un sumidero; si por ejemplo visualizamos con una mota de polvo un punto de un fluido prximo a un sumidero, sta generalmente gira y se



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traslada; en puntos en que debido a la turbulencia del fluido ocurra esto, el vector rotacional es no nulo, y nos caracteriza el sentido de giro y avance del fluido en su seno. Hemos visto de esta manera que el vector ROTACIONAL nos permite caracterizar aquellos puntos del campo vectorial en que ste gira y se traslada en un desplazamiento infinitesimal; nos da el valor de lo que llamaremos FUENTES VECTORIALES del campo en dicho punto. El valor analtico del vector rotacional viene dado por:

x y z

i j k

Ex y z

E E E

=

c) Cmo puede afectar a estas magnitudes el hecho de que el campo sea conservativo? Un campo se dice que es conservativo si puede expresarse como el gradiente de una funcin escalar, por lo que, una definicin alternativa de campo conservativo, es decir que un campo es conservativo si su rotacional es cero, ya que:

E es conservativo E V =

Tomando rotacional en ambos miembros de la ecuacin y teniendo en cuenta que el rotacional de un gradiente es simpre igual a cero:

0E V = =

Por lo tanto, paa un campo conservativo, el rotacional es siempre nulo En cuanto a la circulacin, si el campo es conservativo, la circulacin de dicho campo a lo largo de una lnea no depende del camino seguido, slo depende de los puntos inicial y final de la lnea, es decir:

f f f

i f

i i i

C E dr V d r dV V V= = = =

Por otro lado, la circulacin a lo largo de una lnea cerrada ser siempre nula, ya que el punto inicial y el punto final son el mismo. d) Deduce alguna relacin entre ambas: La relacin entre la circulacin y el rotacional es el teorema de Stockes para un campo vectoria, segn el cual:

( )C A

E d A Edl =

La integral a lo largo de una lnea cerrada de un vector, es igual a la integral de superficie del producto escalar del rotacional del vector por la superficie limitada por la curva; o dicho de otra forma: La circulacin de un vector a lo largo de una curva cerrada es igual al flujo de su rotacional a travs de cualquier superficie limitada por la curva.

Cuestin 2

Dado un vector deslizante a y su momento respecto a un punto 0, determinar: a) El momento respecto a un punto 0 tal que la recta que pasa por esos puntos es paralela a la recta de accin de a. La situacin que tenemos es la siguiente:



7

El momento respecto de 0, al que llamamos M es el producto vectorial del vector de posicin que va desde 0 hasta cualquier punto de la recta de accin que contiene al vector al que llamaremos r, el momento respecto a 0 al que llamaremos M ser el producto vectorial del vector de posicin que va desde 0 hasta cualquier punto de la recta de accin del vector al que llamaremos r, por lo tanto:

'

M r a

M r a

=

=

Pero, llamando R al vector que va desde 0 hasta 0, se puede obtener la relacin:

'R r r+ =

Por lo que el momento respecto a 0 se puede poner como:

( )'M r R a r a R a= = Siendo el segundo trmino nulo, ya que R y a son paralelos y el producto vectorial de dos vectores paralelos es nulo, por lo tanto, el momento respecto a 0 es el mismo que el momento respecto a 0

Cuestin 3 En una regin del espacio en la que consideramos una superficie S existe un campo de vectores A. Explica el significado de la expresin

S

A d S

y

deduce alguna expresin matemtica que la contenga: La expresin a la que hace referencia el enunciado es el flujo del campo vectorial A a travs de la superficie, el significado fsico de esta expresin es el nmero de lneas de campo que atraviesa la superficie, la expresin matemtica que la contiene es el teorema de Gauss para campos vectoriales, segn la cual:

0

0



8

( ) V S

A dV A d S =

Segn esta expresin la integral de volumen de la divergencia del campo es igual al flujo del campo vectorial a travs de la superficie cerrada que contiene dicho volumen. El teorema de Gauss solo es aplicable a campos vectoriales y a superficies cerradas, esto es, que contienen volumen.

Cuestin 4 Escribe el momento de un vector respecto a un punto 0 y en funcin de este, el momento del mismo vector respecto a otro punto P El momento de un vector respecto a un punto 0 se define como el producto vectorial del vector de posicin del vector respecto del punto 0 por el vector, por lo que el momento respecto al punto 0 lo podemos escribir como:

M r a=

El momento de ese mismo vector respecto de un punto P se define como el producto vectorial del vector de posicin del vector respecto del punto P (al que en este caso llamaremos r) por el vector, por lo que podemos escribirlo como:

'M r a =

Teniendo en cuenta que la relacin entre r y r es la siguiente:

'OP r r+ =

Por lo que el momento respecto del punto P lo podemos escribir como:

( )M OP r a OP a r a OP a M = + = + = +

Cuestin 5 Dado el campo vectorial ( ) 2 23 2 4v x y i y j x zk= +

ver si es conservativo

aplicando dos mtodos diferentes: El primer mtodo para comprobar que el campo es conservativo es hacer el rotacional del campo y comprobar que da cero, aplicando la definicin de rotacional se comprueba que el resultado es cero. El segundo mtodo para comprobar que es conservativo es calcular la funcin V de la que deriva, ya que una de las definiciones de campo conservativo es que proviene de una funcin potencial. b) A que es igual div (rot v). Se trata de calcular la divergencia del rotacional de un campo vectorial, para ello se utiliza la definicin del operador nabla, pero como el campo es conservativo el rotacional es nulo, y por lo tanto la divergencia de cero ser tambin nula.



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Cinemtica y dinmica



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CUESTIN 6 Deduce el ngulo idneo de una curva peraltada de radio R para una velocidad v de los vehculos Tenemos que calcular la velocidad mxima con la que puede tomar un coche una curva de radio R sabiendo que la curva est peraltada, la situacin fsica y el diagrama del slido libre en el caso de que haya rozamiento ser:

Aplicando las ecuaciones del equilibrio obtenemos lo siguiente:

El vehculo comienza a deslizar en la direccin radial, cuando lleva una velocidad tal que Fr=N. En el sistema de dos ecuaciones

N(cos-sen)=mg N(sen+cos)=mv2/R

despejamos la velocidad mxima v que puede llevar el vehculo para que describa la curva con seguridad

sin cos

cos sinv Rg

+=

Como lo que nos piden es el ngulo, lo vamos a despejar de la ecuacin de la velocidad, elevando al cuadrado nos queda:

2 sin cos

cos sinv Rg

+=

Dividiendo la fraccin del segundo miembro entre cos tanto en el numerador como en el denominador, nos queda:

2 tan

1 tanv Rg

+=

Despejando la tangente del ngulo nos queda:



11

2

2 2

2 2

2

2

tan

1 tan

tan tan

tan

tan

v Rg

v v Rg Rg

Rg v v Rg

v Rg

Rg v

+=

=

+ = +

+= +

Si el no hay rozamiento, la expresin anterior se transforma en:

2

tanv

Rg =

En donde, lo que se ha hecho es igualar el coeficiente de rozamiento a cero (caso en el que no existe friccin entre las ruedas y el asfalto)

Cuestin 7

Momento lineal. Teorema de conservacin

Si UNA PARTCULA de masa m est movindose, en un instante determinado, con la velocidad v, definimos el MOMENTO LINEAL DE LA PARTCULA en ese instante (CANTIDAD DE MOVIMIENTO, MOMENTUM O MPETU) como: Un vector (p), producto de su masa (m) por la velocidad (v) que posee en ese instante.

p m v=

y si r es el vector de posicin de la partcula referido a un origen O, teniendo en cuenta la definicin de velocidad, podremos poner:

d rp m

dt=

.

El momento lineal se mide en el SI en kg m/s, o, como vamos a ver, en N.s. El momento angular se relaciona con las fuerzas que actan sobre el cuerpo en cuestin, como se muestra a continuacin:

d d r d d r d p

F m a m mdt dt dt dt dt

= = = =

En donde hemos considerado que la masa es constante, por lo tanto, tenemos la relacin final:

d pF

dt=



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De donde se saca el teorema de conservacin del momento lineal, segn el cual: Si sobre la partcula, la fuerza total que acta es nula, su momento lineal se mantiene constante durante el movimiento.

Cuestin 8 Un cubo de agua de peso P gira suspendido de una cuerda describiendo una circunferencia vertical de radio R. Deducir: a) Las componentes de la aceleracin en un punto cualquiera de la trayectoria b) Para una velocidad v1 en el punto ms alto, determinar la velocidad v2 en el punto ms bajo. c) El valor mnimo de las velocidades para que no se derrame y las tensiones T1 y T2 en los puntos ms alto y ms bajo en estas condiciones a) La aceleracin de un cuerpo movindose en movimiento circular tiene una componente normal y una componente tangencial, la componente normal de la aceleracin viene dada por:

2

n

va

R=

y la aceleracin tangencial vendr dada por la expresin: ta R =

b) Si conocemos la velocidad en el punto ms alto, para determinar la velocidad en el punto ms bajo, debemos aplicar el principio de conservacin de la energa, segn el cual:

2 21 1 2 2

1 1

2 2mgh mv mgh mv+ = +

Haciendo referencia con el subndice 1 al punto ms alto y con el subndice 2 al punto ms bajo, teniendo en cuenta que el punto 2 est a altura cero y que el punto 1 tiene una altura igual a dos veces el radio, podemos sustituir en la expresin anterior y obtener el valor de la velocidad en el punto ms bajo:

21 2

12

2mg R mv mgh+ = 22

1

2mv+

m1

22

g R m+ 211

2v m= 22v

2

2 1 4v v Rg= +

c) Si queremos que el agua no se derrame, se tiene que cumplir que el peso del cubo se iguale con la fuerza centrfuga, en cuyo caso la tensin en el punto ms alto ser nula, por lo tanto, en el punto ms alto, tendremos que:

2vm P v gR

R= =

En el punto ms bajo, usaremos la relacin obtenida en el apartado anterior, segn la cual:



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( )22 24 5v Rg Rg v Rg= + = Para obtener la tensin en el punto ms bajo, aplicaremos la ecuacin de Newton, segn la cual:

2

2

5c

v RgT P F mg m mg m

R R= + = + = +

2 6T mg=

Cuestin 9 Si la resultante de las fuerzas aplicadas sobre una masa realiza un trabajo W, deducir en que condiciones se transforma en: a) Integramente en energa potencial b) Integramente en energa cintica c) Integramente en energa cintica y potencial d) El trabajo realizado no es igual a la suma de las T y U. Qu se puede decir de esas fuerzas? a) Si las fuerzas que actan sobre un cuerpo son todas conservativas, las fuerzas se pueden poner como el gradiente de una funcin escalar llamada energa potencial, es decir:

F V=

Por lo tanto el trabajo que realizan dichas fuerzas conservativas se puede expresar como:

f f f

i f

i i i

W Fd r Vd r dV V V= = = =

Es decir, que el trabajo realizado por las fuerzas que actan sobre el cuerpo, en el caso de que todas sean conservativas es igual a la variacin de energa potencial que experimenta el cuerpo b) Esta cuestin se responde utilizando el principio de conservacin de la energa, si tenemos un conjunto de fuerzas que actan sobre un cuerpo, tenemos que:

d d r dr d r

W Fdr m dr m m vdvdt dt dt dt

= = = =

2 21 1

2 2f i cW mv mv E= =

Esto es lo que se conoce como el teorema de las fuerzas vivas y dice que el trabajo realizado por el conjunto de las fuerzas que actan sobre un cuerpo es igual a la variacin de su energa cintica, por lo tanto en cualquier caso, el trabajo realizado por la totalidad de las fuerzas que actan sobre un sistema es igual a la variacin de su energa cintica. c) Si sobre el cuerpo actan fuerzas conservativas y no conservativas, el trabajo total sobre el cuerpo ser la suma del trabajo que realizan las fuerzas



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conservativas ms el trabajo correspondiente a las fuerzas no conservativas, es decir:

,TOT CONS NO CONSW W W= + Teniendo en cuenta los resultados de los apartados anteriores, en los que el trabajo total es la variacin de la energa cintica y el trabajo que realizan las fuerzas conservativas es igual a menos la variacin de la energa potencial, podemos escribir:

,NO CONS cW E V= + Por lo tanto, si todas las fuerzas que actan sobre el cuerpo son no conservativas, el trabajo que realizan dichas fuerzas es la suma de la variacin de la energa cintica ms la variacin de la energa potencial. d) Si el trabajo no es la suma de la energa cintica ms la potencial debe haber un aporte de energa adicional, ya que de lo contrario se violara el principio de conservacin de la energa.

Cuestin 10 Momento angular. Principio de conservacin. EL MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO (M) es un vector libre igual al producto vectorial del vector de posicin del origen de la fuerza respecto del punto, por la propia fuerza. M r F=

Segn esta definicin, M es un vector perpendicular al plano determinado por la fuerza y el punto, cuyo sentido (hacia arriba en el caso de la Fig. V-16) coincide con el avance de un sacacorchos que apoya su punta en O y, colocado perpendicularmente al plano formado por el vector y el punto, girase en el sentido que indica el vector F alrededor del punto. Supongamos una partcula de masa m, cuyo vector de posicin en un instante determinado es r (Ver figura), movindose con una velocidad v con respecto a un punto O, origen del vector r. Definimos MOMENTO ANGULAR DE LA PARTCULA (o MOMENTO CINTICO) CON RESPECTO A O, como: Un vector (J) resultado del producto vectorial del vector de posicin (r) por el vector momento lineal (p) de la partcula, o lo que es lo mismo: El momento de la cantidad de movimiento respecto a O.

J r p=

Una vez definido el momento angular de una partcula, vamos a estudiar qu magnitudes lo hacen variar de un instante a otro. Si derivamos J respecto del tiempo, obtenemos:

( )d J d d r d pr p p rdt dt dt dt

= = +



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Como la derivada del vector de posicin respecto del tiempo es la velocidad y el momento lineal es masa por velocidad, en el primer trmino de esta ecuacin tenemos el producto vectorial de dos vectores iguales, que por definicin es nulo, desarrollando el primer trmino:

( ) 0dr p v m v m v vdt

= = =

Por lo tanto, la ecuacin anterior queda: d J d p

r r Fdt dt

= =

Que es precisamente la definicin de momento de una fuerza respecto a un punto, por lo tanto la ecuacin final a la que llegamos es la siguiente:

d JM

dt=

A partir de esta ecuacin podemos enunciar el principio de conservacin del momento lineal, segn el cual: Si el momento, respecto de un punto, de la resultante de las fuerzas que actan sobre una partcula es nulo, su momento angular respecto al mismo punto permanece constante con el tiempo.

Cuestin 11 Aceleracin y velocidad en el movimiento relativo: Las tres leyes de la Mecnica de Newton solamente son vlidas para sistemas de referencia inerciales (SRI) o simplemente sistemas inerciales; para comprender su definicin, observemos a la partcula libre desde un sistema de referencia no inercial (SRNI), o lo que es lo mismo, que est dotado con una aceleracin a; para tal observador todos los objetos que se mueven con l y l mismo estn en reposo, y sobre la partcula libre dir que se mueve con una aceleracin .a, se equvoca!, puesto que nada interacciona con la partcula libre, luego no es correcto aplicarle el concepto de fuerza y menos aplicarle la segunda ley, ni la tercera puesto que no existir su pareja . Para que sea correcta la aplicacin de las tres leyes de Newton definimos: SISTEMAS INERCIALES son aquellos desde los cuales se vea a la partcula libre con aceleracin nula. Sern pues sistemas inerciales equivalentes todos los que se encuentren en reposo o en movimiento rectilneo y uniforme (sin aceleracin), desde todos ellos se cumplen las tres leyes de la MECNICA CLSICA, a este hecho se le ha dado el nombre de PRINCIPIO DE RELATIVIDAD DE GALILEO o PRINCIPIO DE LA RELATIVIDAD CLSICO. El problema que nos planteamos es el siguiente: un observador est animado de un movimiento cualquiera en el espacio (no se encuentra en un sistema inercial) y estudia el movimiento de una partcula; conocido el movimiento de sta relativo a l pretende determinar el movimiento con relacin a otro sistema que considera fijo (sistema inercial). Dicho de otra forma: supongamos un sistema de ejes fijo (O X Y Z) y otro (O X Y Z ) dotado de un movimiento cualquiera, e independientemente una partcula P se mueve en el espacio; conocido el movimiento de P respecto a los ejes mviles (O X Y Z)



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determinar el movimiento de la partcula respecto a los ejes que consideramos fijos (O X Y Z)

Derivando el vector de posicin respecto del tiempo:

' ' ' ' ' '

' ' ' ' ' 'dr dx dy dz di d j dk

i j k x y zdt dt dt dt dt dt dt

= + + + + +

Por lo tanto la velocidad absoluta de un cuerpo vendr dada por:

'd r

v v rdt

= = +

Para obtener la aceleracin: 'dv dv

a vdt dt

= = +

y llamando al primer parntesis ACELERACIN RELATIVA ar del punto P respecto a O (aceleracin medida por el observador colocado en O), y teniendo en cuenta las frmulas de Poisson en el segundo, nos queda:

'' '' ' ' '

' ' ' ' ' ' ' 'yx z x y zdvdv dvdv di d j d k

i j k v v v a vdt dt dt dt dt dt dt

= + + + + + = +

Finalmente obtenemos la expresin:

' 2 'a a v r = + +

Donde el primer trmino es la aceleracin relativa, el segundo la aceleracin del origen, el tercero la aceleracin tangencial, el siguiente la aceleracin centrpeta y el ltimo la aceleracin de Coriolis.

Cuestin 12 Mediante la utilizacin de un tribmetro o plano inclinado de ngulo regulable, deduce los coeficientes de rozamiento de un paraleleppedo de masa m: La fuerza de rozamiento esttico toma valores desde cero hasta el valor mximo, acomodndose a la accin exterior, y mientras la fuerza externa no supere este ltimo valor el cuerpo permanecer en reposo. La fuerza de rozamiento esttico es siempre de igual mdulo y sentido opuesto a la componente de la fuerza aplicada al cuerpo paralela a la superficie de contacto de ste con otro cuerpo. A partir del valor lmite definimos el COEFICIENTE DE ROZAMIENTO ESTTICO me de la forma:

,max,max

re r e

FF N

N = =



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En el dispositivo de la figura, si es m la masa que hace que el sistema inicie su movimiento, en ese instante: Re = mg; con lo que obtenemos que me = m/M, obtenindose as un mtodo experimental para la medida del coeficiente esttico de rozamiento.

Si la superficie no es horizontal entonces N no es igual al peso del cuerpo; as por ejemplo: si el cuerpo se encuentra sobre un plano que podemos inclinar y sobre l no actan ms fuerzas que su peso, la de rozamiento y la reaccin normal del plano entonces (Ver siguiente figura) se obtiene:

siendo m el coeficiente esttico o el dinmico, segn que el cuerpo inicie el deslizamiento o est ya deslizando con movimiento uniforme. En el primer caso:

Si el cuerpo desliza con movimiento uniforme, se verifica:

El coeficiente de rozamiento esttico o dinmico entre dos sustancias est medido por la tangente del ngulo de inclinacin que hay que dar a una superficie plana de la primera para que un cuerpo comience su deslizamiento o se deslice con velocidad constate, compuesto por la segunda sustancia. Si hacemos una representacin grfica de la fuerza horizontal que aplicamos sobre un cuerpo en reposo, en un plano horizontal, para ponerlo en movimiento aumentndola desde cero y la representamos en el eje de abscisas, y la fuerza



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que se opone a ella (Rozamiento) en el eje de ordenadas obtenemos la figura siguiente:

Cuestin 13 Explicar como afecta la aceleracin del movimiento de un cuerpo que cae sobre la superficie de la tierra. Consideremos la ecuacin Fr = mg - 2m x vr, en la que despreciamos la aceleracin de Coriolis (trmino 2m x vr) por considerar que vr es pequea en la cada libre de la partcula desde pequeas alturas, comparadas con el radio terrestre, sobre su superficie, nos queda:

aplicando esta ltima ecuacin a unos ejes mviles de referencia (OXYZ) de manera que su origen O se encuentre en un lugar de latitud sobre el hemisferio Norte, el eje OZ definido en la direccin del radio terrestre y sentido positivo hacia afuera de la Tierra, el eje OY tangente al meridiano del lugar y sentido positivo hacia el polo Norte y el eje OX tangente al paralelo que pasa por el lugar y por tanto en la direccin positiva Este (Ver figura siguiente), obtenemos:

Por lo tanto:



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La primera de estas ecuaciones nos indica que el movimiento de cada libre (sin velocidad inicial) de la partcula se realiza en el plano meridiano (plano OXY de la Figura anterior); la tercera que la componente de la fuerza centrfuga se opone a que el cuerpo caiga sobre la superficie terrestre, el movimiento de cada es uniformemente acelerado partiendo del reposo con la aceleracin gz que es prcticamente igual a la aceleracin de la gravedad del lugar que vamos a llamar g, y por tanto, para una altura h se verificar: h = gt2/2 t2 = 2h/g ; y la segunda que el movimiento en el eje OY es uniformemente acelerado partiendo del reposo, y experimentar un desplazamiento:

el signo menos nos indica que este desplazamiento es hacia el Sur en el hemisferio Norte (haciendo un estudio para el hemisferio Sur obtenemos un desplazamiento hacia el Norte). En el caso anterior hemos despreciado la aceleracin de Coriolis, vamos a ver como influye la aceleracin de Coriolis en en caso de un movimiento vertical: Aceleracin de Coriolis en un movimiento vertical: Tomemos un sistema de referencia (OXYZ) idntico al descrito en la cuestin anterior, el vector v tendr por componentes coordenadas

En el caso de la cada libre en la expresin:

no vamos a considerar la desviacin producida por la fuerza centrfuga y tomaremos el vector g y el vr en la direccin vertical descendente, que ahora coincide con el eje Z, por lo que g (0, 0, -g) y vr (0, 0, -vr), tomando para g el valor de la aceleracin de la gravedad del lugar; en estas condiciones el valor de la aceleracin de Coriolis es:

que tiene el sentido positivo del eje OX (dirigido hacia el Este); sustituyendo, deducimos:

la segunda de estas ecuaciones nos dice que el movimiento tiene lugar en el plano XOZ, la tercera nos da el recorrido segn la vertical:



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en la que h es la altura desde la que cae el mvil, y por tanto el grave llega al suelo (z = 0) en un tiempo: t= (2h/g)1/2; y como vr = gt, obtenemos de la primera de las ecuaciones:

este valor nos da el desplazamiento hacia el Este que sufre el grave contado desde la vertical del punto de partida. En ambos hemisferios el desplazamiento debido a la fuerza de Coriolis es hacia el Este. Influencia de la aceleracin de Coriolis en el movimiento horizontal (por ejemplo un viaje en coche entre dos ciudades) Estudiemos el lanzamiento de un cuerpo en la direccin del meridiano del lugar con una velocidad inicial v y dirigido hacia el Norte. En este caso vr (0, v, 0) y por tanto:

luego las componentes de ar sern:

de la primera deducimos que:

luego el proyectil sufre una desviacin hacia la derecha (direccin Este) del plano de lanzamiento. Al ser el valor de w = 2/86 400 = 73 10-6 rad/s esta aceleracin numricamente tiene poca importancia, pero es considerable en movimientos de larga duracin que tienen lugar en la superficie terrestre, ya que al actuar de forma continua puede producir efectos considerables. Por esta razn, en un ro cuya direccin es de Sur a Norte, la orilla derecha resulta ms erosionada que la izquierda.

Cuestin 14 Deduce con que velocidad hay que impulsar un cohete de masa m para colocarlo en una rbita estable en torno a la Luna y en torno a la Tierra Para dar respuesta a la cuestin es necesario utilizar el principio de conservacin de la energa, segn el cual, la energa en el lugar de lanzamiento es igual a la energa en la rbita deseada, por lo tanto, tendremos en cuenta que en lugar de lanzamiento (la superficie de la Tierra) tenemos energa potencial gravitatoria y la energa cintica que le comunicamos al satlite, es decir:



21

21

1

2T sat

satT

GM mE m v

R= +

Por otro lado, una vez que tenemos el satlite en la rbita deseada, tendremos una energa potencial gravitatoria y una energa cintica debido a la velocidad orbital, dicha energa vendr dada por:

22

1

2T L

sat sat orb

M ME Gm m v

x d x = + +

Donde hemos tenido en cuenta que tenemos, por un lado atraccin debida a la Luna y a la Tierra, y d representa la distancia entre los centros de la Tierra y la Luna y x la distancia desde el satlite al centro de la Luna. La velocidad orbital puede ser calculada al igualar la fuerza de atraccin gravitatoria con la fuerza centrpeta, de donde obtenemos:

( ) ( )2

2 2L sat T sat

sat

GM m GM m vm

d xd x x =

De donde podemos sacar la velocidad al cuadrado del satlite que se encuentra en rbita:

( )( )2

2TL

M d xMv G

d x x

=

Por lo tanto la energa total de un satlite en rbita vendr dada por la expresin final:

( )( )

2 2

1

2TT L L

sat sat

M d xM M ME Gm Gm

x d x d x x

= + +

Aplicando el principio de conservacin de la energa, podemos despejar la velocidad que hay que comunicarle al satlite en cuestin:

( )( )2

2

1 1

2 2TT sat T L L

sat sat satT

M d xGM m M M Mm v Gm Gm

R x d x d x x

+ = + +

De donde se saca la expresin para la velocidad:

2

2 2 1T L

T

d xv GM GM

R x x d x

=

Si queremos poner el satlite en rbita alrededor de la Tierra, aplicaremos lo mismo, pero vamos a despreciar la interaccin gravitatoria Lunar sobre el satlite, ya que la masa de la Luna es mucho menor que la masa de la Tierra y al ser la distancia a la Tierra menor, la fuerza gravitatoria debida a la Luna es despreciable; las ecuaciones quedan como siguen:

21

1

2T sat

satT

GM mE m v

R= +

2 2T satGM mEx

=

Igualando ambas energas, podemos despejar la velocidad que da: 21

2 2T sat T sat

satT

GM m GM mm v

R x + =



22

2 1T

T

v GMR x

=

Cuestin 15 Dado un planeta que gira en una rbita circular, deduce: a) la relacin entre el radio y su velocidad b) la relacin entre el radio de la rbita y el periodo: a) Para deducir la relacin entre el radio y la velocidad orbital, debemos igualar la fuerza de atraccin gravitatoria entre las dos masas y la fuerza centrpeta, as, obtenemos:

2

2

GMm v GMm v

R R R= =

b) Para deducir la relacin entre el radio de la rbita y el periodo, tendremos en cuenta que, como el planeta orbita en una rbita circular su velocidad angular es constante, y se relaciona con la velocidad lineal de la manera siguiente:

v R= Adems el periodo se puede relacionar con la velocidad angular mediante:

2 2v R

T T

= =

Esto quiere decir que si sustituimos en la expresin obtenida antes para la velocidad, podemos obtener la relacin pedida, es decir:

2 3

2 2

2

4

GM R GMR

T R T

= =

Que es la expresin matemtica de la tercera ley de Kepler:

Cuestin 16 Leyes de Kepler: Johannes Kepler (1571-1630) recopilando resultados obtenidos de la observacin da las siguientes leyes empricas: 1. Los planetas describen rbitas planas y elpticas, en uno de cuyos focos est el Sol. 2. Las reas barridas por el radio vector que parte del centro del Sol son directamente proporcionales a los tiempos empleados en barrerlas. Si las reas BSC, CSD, DSE, etc., son iguales, (Ver figura siguiente) los tiempos para pasar el centro del planeta de B a C, de C a D, de D a E, etc., tambin son iguales.



23

El movimiento del centro de masa de los planetas alrededor del Sol tiene velocidad areolar constante, por estar producido por una fuerza central cuya direccin pasa, en todo momento, por el centro de masa del Sol. La velocidad tangencial y la angular no son constantes, ya que los arcos y los ngulos descritos en el mismo tiempo, no son iguales. 3. Los cuadrados de los perodos son directamente proporcionales a los cubos de los semiejes mayores.

3

2

RCTE

T=

Cuestin 17 Para el caso de fuerzas centrales determina: a) tipo de rbita cuando E



24

Como se muestra en la figura:

1 1

2 2

d A drd A r dr dr

dt dt= =

1

2

drr r v

dt

+ =

De donde podemos sacar la relacin entre las dos magnitudes: 1

/ 22

d Am m r v L

dt= =

Por lo tanto y teniendo en cuenta que, como demostramos anteriormente, el momento angular es una constante, podemos escribir:

2

d A LCTE

dt m= =

Que demuestra la propiedad anterior, es decir el vector de posicin de la partcula barre reas iguales en tiempos iguales, esto es lo que se conoce como la ley de las reas. Las ecuaciones del movimiento para una partcula que est sometida a una fuerza central son las siguientes:

( )

2

2 0

m r r f r

r r

=

+ =

En donde un punto indica derivada respecto al tiempo y dos puntos indica la derivada segunda respecto al tiempo. Adems una fuerza central es conservativa por definicin, por lo tanto la energa se conserva y podemos escribir, haciendo u=1/r:

( )2 22

2 E Vduu

d mh + =

El campo conservativo ms importante es el campo gravitatorio, en

donde la funcin potencial viene dada por ( ) kf rr

=

Resolviendo las ecuaciones del movimiento para una fuerza central gravitatoria, nos queda:

Que es la ecuacin de una cnica y que nos dar una figura u otra en funcin del valor que tome la energa, as, tendremos tres casos posibles:



25

Elipse: se da en el caso de que la energa sea menor que cero, es decir negativa, es una rbita cerrada con excentricidad menor que 1

Parbola, se da cuando la energa del cuerpo es igual a cero, es una cnica con excentricidad 1

Hiprbola, se da cuando la energa es positiva, es una cnica con excentricidad mayor que 1.



26

Slido rgido



27

Cuestin 18

Relacin entre I (momento de inercia) y L (momento angular) en un slido rgido: Supongamos que tenemos un slido con dos puntos fijos (pivotes), o lo que es lo mismo: que slo puede girar alrededor del eje que pasa por esos dos puntos. Tomemos un sistema de ejes de referencia de tal forma que Z coincida con el eje fijo, por tanto el origen O del sistema pertenecer a l. Hemos dicho que un slido rgido puede considerarse como un sistema de partculas en las que las distancias entre ellas son invariables, con lo que ser vlida la ecuacin del movimiento obtenida para los sistemas de partculas: N = dJ/dt = Nx + Ny + Nz , pero tal y como hemos tomado los ejes, el slido no puede girar ni alrededor del eje X ni alrededor del eje Y, con lo que verifica: Nx = dJx /dt = 0 y Ny = dJy /dt = 0, siendo la nica expresin que nos interesa:

zz

dJN

dt=

Supongamos que en un instante determinado el slido (todas sus partculas) tiene una velocidad angular , encontrndonos en la situacin representada en la figura siguiente.

El momento angular de la partcula de masa dm que en ese instante se encuentra en la posicin definida por el vector r y posee una velocidad v, ser: dJ = r x dm x v, y su mdulo: dJ = rvdm, por ser los factores del producto vectorial perpendiculares. La componente de dJ en la direccin del eje de giro, OZ, tiene por mdulo:

2zdJ R dm=

Si sumamos (integramos) para todas las partculas contenidas en el volumen V del slido, obtenemos para la componente segn OZ del momento angular total:

2zJ R dm=

a la integral que nos aparece la llamamos MOMENTO DE INERCIA (I) del slido respecto al eje de giro (eje OZ), escribiremos:



28

2

V

I R dm=

si adems, tenemos en cuenta que los vectores Jz y v tienen la misma direccin, podemos escribir la expresin correspondiente al momento angular en forma vectorial como:

zJ I=

Donde J representa el momento angular y I representa el momento de inercia del slido. Generalizando a un slido en tres dimensiones, I se convierte en el tensor de inercia, por lo que la expresin para la relacin entre el momento angular y el momento (tensor) de inercia viene dada por:

Cuestin 19 Teorema de Steiner De la misma manera que la masa de un cuerpo le confiere inercia, que es la resistencia al cambio de su momento lineal (cuando sobre una partcula aplicbamos distintas fuerzas y medamos las aceleraciones que stas le producan, comprobbamos que existe una constante de proporcionalidad entre ambas magnitudes, a la que llamamos masa inerte de la partcula), el momento de inercia da a un slido una resistencia al cambio de su momento angular, es, digamos, una inercia en la rotacin (cuando un slido gira en torno a un eje fijo, la constante de proporcionalidad entre los distintos momentos de las fuerzas aplicadas y las aceleraciones angulares que le producen, es, en este caso, el momento de inercia del slido respecto del eje de giro). Hemos definido el momento de inercia de un slido respecto de un eje como:

2

V

I R dm=

y para un elemento de masa dm a una distancia R del eje: 2dI R dm=

si consideramos al slido como discreto, y son R1, R2, ... Rn, las distancias al eje (Ver figura siguiente),

respecto del cual queremos determinar el momento de inercia, de las partculas m1, m2, ...mn, que lo constituyen, su valor ser:



29

2i i

i

I m R=

Si definimos RADIO DE GIRO (K0) de un cuerpo de masa M respecto de un eje, como la distancia al eje a la que habra que colocar un punto de la misma masa que el cuerpo para que tuviera el mismo momento de inercia que el slido (ver figura siguiente), entonces:

2 2

0i ii

I m R MK= =

En los casos en que no resulta tan sencillo calcular la integral que define el momento de inercia se recurre al clculo del momento de inercia por mtodos indirectos, para lo que se acude, siempre que sea posible, a los teoremas que vamos a demostrar en este apartado y en el siguiente. TEOREMA DE STEINER El momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje, es igual al momento de inercia de tal cuerpo con respecto a un eje paralelo al primero y que pasa por el centro de masas, ms el producto de la masa del cuerpo por el cuadrado de la distancia entre los dos ejes.

2'I I Md= + En efecto: sea I el momento de inercia del cuerpo de la ltima figura respecto del eje OY que pasa por el centro de masas (OCM); para cualquier partcula dm del slido, la distancia al eje que pasa por el centro de masas verifica: R2 = x2 + z 2, mientras que la distancia al eje OY, paralelo al anterior, y a una distancia d, cumple:

El momento de inercia del slido, que ocupa un volumen V, respecto del eje OY ser:

En esta expresin, el primer sumando es I, el segundo Md2, siendo M la masa del cuerpo, y el tercero es nulo, por ser:

la primera coordenada del CM respecto del propio CM. Resulta pues I = I + Md2, como queramos demostrar.



30

Cuestin 20 Trabajo del slido rgido sin ligaduras El nico momento que produce rotacin de un cuerpo alrededor de un eje es el que lleva la direccin del eje, originado por fuerzas como las que vemos en la figura siguiente, siempre perpendiculares a R (distancia del punto de aplicacin de la fuerza al eje de giro). Otras posibles componentes de la fuerza total aplicada son anuladas por reacciones del eje.

Supongamos que por efecto de esta fuerza F el cuerpo gira un ngulo dj en un tiempo dt, el trabajo realizado por esta fuerza en el tiempo dt ser:

ya que FR es el mdulo del momento de la fuerza aplicada respecto del eje de giro. Concluimos diciendo: El trabajo realizado por las fuerzas que hacen girar a un slido alrededor de un eje fijo, es el producto del momento resultante respecto del eje, por el ngulo girado. El trabajo en un giro finito entre dos posiciones 1 y 2 ser:

Adems el movimiento del slido rgido puede describirse como la combinacin de una rotacin en torno a un eje instantneo y de un deslizamiento a lo largo de dicho eje. Prescindimos por ahora del mencionado deslizamiento. Si nos quedamos con la rotacin instantnea, la energa cintica vendr dada por la expresin obtenida en el prrafo anterior. Ahora bien, en el caso de que el eje instantneo no pase por el centro de masas podemos desglosar la energa cintica en dos trminos; aplicando el teorema de Steiner:



31

donde I0 es el momento de inercia respecto de un eje paralelo al de giro y que pasa por el CM, que se encuentra a una distancia r de l. La velocidad del CM es v = r, con lo que:

As pues, se puede describir la energa cintica del slido como la de una rotacin pura en torno al eje instantneo, o bien, como la suma de la energa cintica del centro de masas ms la de una rotacin, respecto de un eje que pasa por el centro de masas, de velocidad angular igual a la del slido en torno al eje instantneo. Si adems el slido desliza con velocidad vD a lo largo del eje, a la expresin anterior habr que aadirle el trmino 2 / 2DMv Supongamos, por ejemplo, un slido que gira con un punto fijo como en la figura siguiente,

considerando el movimiento como una rotacin pura en torno a un eje que pasa por E pondremos 2 / 2ET I = que podemos transformar en:

el trmino 1/2 Mv2 corresponde al movimiento de la partcula CM con masa M y velocidad v = R. Este movimiento puede ser circular en torno a E, como en la figura, rectilneo si el slido rueda sobre un plano, o de otro tipo segn sea la trayectoria del centro instantneo E. Si adems, todo el slido tiene una velocidad vD perpendicular al plano de la figura, habr que aadir la correspondiente energa cintica de traslacin, de expresin:

Cuestin 21 Centro de masas Llamamos CM de un slido a un punto tal que si se aplicase una fuerza cuya direccin pasase por l, estando el cuerpo inicialmente en reposo, adquirira un movimiento de traslacin pura, es decir, sin rotacin. Supongamos un cuerpo sometido al campo gravitatorio terrestre; cada una de las partculas del cuerpo est solicitada por una fuerza vertical y hacia abajo de valor m1g (m1 = masa de la partcula; g = intensidad de la gravedad). Siendo los pesos de las partculas fuerzas paralelas, la resultante de



32

componerlas (primero dos a dos, las resultantes entre s, etc.) es una fuerza de valor: P = m1g + m2 g + m3 g + ... = (m1 + m2 + m3 + ...) g = Mg, siendo M la masa total del cuerpo. La direccin del peso es, pues, paralela a las componentes. El punto de aplicacin est situado en la vertical V, que coincide con la direccin de P. Si consideramos el mismo problema, con el cuerpo en otra posicin, el punto de aplicacin del peso (de mdulo, direccin y sentido idnticos al anterior), estar en la vertical V. Cualquiera que sea el nmero de posiciones que consideremos, todas las verticales, V, V, V, que coincide con la del peso en cada caso, se cortan en un punto que es el CG. El centro de gravedad de una figura homognea y geomtrica es el centro geomtrico; si la figura tiene un eje o plano de simetra en l est localizado el centro de gravedad. El clculo que nos conduce a la expresin analtica de la posicin del CG para cualquier cuerpo, es: imaginemos en un cuerpo cualquiera dos partculas A y C (Figura) de masas m1 y m2 ; el peso de cada una de ellas queda representado por las fuerzas m1g y m2 g. Al componer tales fuerzas paralelas obtenemos la fuerza (m1 + m2 ) g, aplicada al punto B (o a uno cualquiera de la vertical que pasa por l) cumplindose: m1g/m2g = BC/AB.

Proyectamos ABC sobre el plano XY, obteniendo ABC y, a su vez, proyectemos este segmento sobre el eje X, obteniendo ABC. La igualdad anterior se puede escribir:

Componiendo la fuerza obtenida con el peso de una tercera partcula y la resultante con el peso de una cuarta partcula, etc., hasta componer todos los pesos de todas las partculas, obtendramos:

De la misma manera para las otras dos coordenadas obtendramos:

Si el cuerpo es extenso, es decir no es un conjunto de masas puntuales, podemos calcular las coordenadas del centro de masas integrando, usando las expresiones siguientes:



33

Aunque en el clculo de la posicin del CG de un cuerpo, hemos utilizado un campo de fuerzas para determinar su ubicacin, el CG de un cuerpo, y en general su CM, solamente depende de su geometra y de como est en ella distribuida su masa. El CG (o CM) de un sistema en movimiento variado, tiene la misma aceleracin que una partcula de masa igual a la total del sistema, sometida a la misma fuerza externa que la actuante sobre el sistema. El centro de masas cumple la condicin que el momento lineal del sistema de partculas respecto del centro de masas es nulo.

MOMENTOS Y PRODUCTOS DE INERCIA Y CENTROS DE

MASAS DE ALGUNOS CUERPOS



34

Esttica y dinmica de fluidos



35

Cuestin 22 Pared de un embalse. Momento y centro de presiones: La fuerza ejercida por un lquido en el fondo o pared plana de un embalse es igual al peso de una columna de lquido que tiene por base el rea del fondo o pared y por altura la distancia desde el centro de gravedad del fondo o pared hasta la superficie libre del lquido.

GF gh A= Siendo hG

AG

hdA

hA

=

Definiendo la POSICIN DEL CENTRO DE GRAVEDAD (CG) DE UNA SUPERFICIE CUALQUIERA A QUE SE ENCUENTRA EN EL INTERIOR DE UN LQUIDO RESPECTO A SU SUPERFICIE LIBRE (distancia del CG de rea de la pared o fondo considerados a la superficie libre del lquido) como:

De la figura siguiente podemos deducir la siguiente igualdad:

G Gh y sen=

Por lo tanto, si definimos la fuerza como el producto de la presin por la superficie, teniendo en cuenta la primera expresin de la cuestin, obtenemos:

GF gy sen A = en la que yG es la distancia del CG de rea al eje OX determinado por la interseccin del plano del rea A y la superficie libre del lquido. En el caso en que la pared sea vertical entonces hG = yG, como se muestra en la figura siguiente:



36

Las fuerzas originadas por las presiones, en los distintos puntos de una pared, son mayores conforme los puntos considerados son ms profundos (figura siguiente). Al punto de aplicacin de la resultante total de todas ellas lo llamaremos CENTRO DE EMPUJE o CENTRO DE PRESIONES y la distancia de ste a la superficie libre del lquido la designaremos por hE , tal y como se muestra en la primera figura de la cuestin. Supongamos una compuerta de forma cualquiera, en la pared de un embalse. La fuerza elemental que acta sobre una superficie dA comprendida entre dos paralelas al eje OX determinada por el plano de la compuerta con la superficie libre, es:

dF gy sen dA = perpendicular al rea A, en la que h es la distancia de dA a la superficie libre del lquido e y la distancia de tal rea al eje OX. El momento de esta fuerza con respecto al eje X es en mdulo:

2 dM ydF gy sen dA = = luego el momento de la fuerza total que acta sobre el rea A con respecto al eje OX, ser:

A

M gsen hdA =

M gsen I =

En donde hemos tenido en cuenta que el momento de inercia se define como:

A

I hdA=

Como la fuerza total, como ya hemos demostrado, es

GF gh A= Sustituyendo la expresin obtenida para h, obtenemos:

GF y sen gA = De igual manera, el momento lo podemos escribir como:

EM h F= Teniendo en cuenta que hE lo podemos poner como:

E Eh y sen= La expresin del momento queda como sigue:

EM F y sen= Sustituyendo en esta ltima expresin lo que habamos obtenido para el momento y la expresin de la fuerza obtenida anteriormente, nos queda:

E Ggsen I gy y sen A =



37

De donde podemos despejar yE y por lo tanto hE, o lo que es lo mismo, la altura a la que se encuentra el centro de presiones:

Aplicando el teorema de Steiner obtenemos:

Cuestin 23 Deduce una expresin para la presin en cualquier punto de un lquido La diferencia de presin entre dos puntos de un lquido en reposo, bajo la accin de la gravedad, es igual al peso de una columna lquida que tiene por base la unidad de superficie y por altura la diferencia de alturas de los puntos. Si tenemos en cuenta que la fuerza a la que est sometida el fluido, es

nicamente gravitatoria, es decir, f gk=

y si sustituimos en la ecuacin fundamental de la esttica de fluidos , segn la cual:

1f p

=

Obtenemos el siguiente resultado:

1 p p pgk i j kx y z

= + +

Dado que en el campo gravitatorio terrestre no hay variacin con la coordenada x ni y, solamente con la altura, es decir, con la componente z, nos quedamos solo con la componente z de la ecuacin:

1 pg dp gdz

z

= =

Resolviendo la ecuacin diferencial, obtenemos la ecuacin que nos proporciona la presin todos los puntos del fluido en funcin de su profundidad.

A Bp p gh =



38

Cuestin 24 Presin atmosfrica: PRESIN ATMOSFRICA: Un cuerpo cualquiera en la atmsfera est sometido a fuerzas perpendiculares a su superficie en todos sus puntos y de sentido hacia el interior del cuerpo, originadas por el aire que rodea la Tierra. Evangelista Torricelli (1603-1647) en 1643 realiz la experiencia que lleva su nombre, y que describimos a continuacin, de la que deriv el descubrimiento del barmetro y con l la medida de la presin atmosfrica. Se toma un tubo de ms de 76 cm de longitud, de cualquier seccin, abierto por un extremo y cerrado por el otro; se llena completamente de mercurio y tapando su extremo abierto, se invierte y se introduce en una cubeta con mercurio. Al destapar la parte inferior se observa un descenso en la columna de mercurio (Fig. XII-28) hasta quedar a una altura de aproximadamente 76 centmetros con respecto al nivel del mercurio en la cubeta, si la experiencia se ha hecho al nivel del mar. Consideremos dos puntos A y B; el primero en la superficie del mercurio externo y el segundo al mismo nivel dentro del tubo. Por el teorema general de hidrosttica tenemos: pA = pB. Pero siendo pA la presin atmosfrica, queda demostrado que la presin atmosfrica normal, es igual al peso de una columna de mercurio, que tiene por base un cm2 y por altura 76 cm. Su valor es: H = 0,76 13 600 9,8 Pa = 101 300 Pa. Si extendemos horizontalmente la mano, sobre cada uno de los centmetros cuadrados de ella acta una fuerza de ms de un kilogramo; por pequea que sea la mano, sobre ella gravitarn ms de 50 kp. Se puede sostener tal peso puesto que la fuerza debida a la presin atmosfrica acta en todas las direcciones y sentidos y 50 kp de arriba a abajo, vienen contrarrestados por 50 kp de abajo a arriba (Ver siguiente figura).

Por tal razn se puede invertir un vaso lleno de agua, en cuya boca se ha puesto una cartulina y soltar sta sin que se caiga el agua ni la cartulina. La presin atmosfrica actuando de abajo a arriba sostiene a la cartulina y al agua Para la medida de la presin atmosfrica en cualquier lugar se emplean los BARMETROS. El barmetro de Fortin es anlogo al aparato empleado en la experiencia de Torricelli, con pequeas variaciones que facilitan la observacin. Para efectuar la medida de la altura de la columna baromtrica, lleva una escala de latn. Con objeto de enrasar el cero de la escala con el nivel del mercurio de la cubeta, el fondo de sta es de gamuza y se acciona por medio de un tornillo. Se consigue el enrase perfecto cuando una punta de marfil (Ver figura siguiente)



39

toca justamente con su vrtice al mercurio exterior. Verificado el enrase, se hace la lectura en la escala. El barmetro metlico de Bourdon (Figura siguiente) es un tubo metlico encorvado, en cuyo interior se ha hecho el vaco, que se curva ms o menos cuando aumenta o disminuye la presin atmosfrica.

En el barmetro de Vidi (figura siguiente), el centro de la tapa ondulada de la caja A (en cuyo interior se ha hecho el vaco), asciende o desciende segn disminuya o aumente la presin atmosfrica. Las variaciones de la curvatura del tubo o de la altura del centro de la caja, modifican la posicin de una aguja, que seala en un limbo graduado, el valor de la presin atmosfrica. Generalmente la graduacin de los limbos se hace en divisiones equivalentes a la presin de un cm o un mm de mercurio en el barmetro de cubeta.



40 El bargrafo, sirve para registrar las presiones correspondientes a un lapso de tiempo; es un barmetro metlico, cuya aguja termina en una plumilla, que se apoya en un cilindro, sobre el cual se enrolla un papel; el cilindro gira movido por un aparato de relojera y la plumilla dibuja las presiones correspondientes a cada instante.

Cuestin 25 Vasos comunicantes: Un mismo lquido en reposo se coloca a la misma altura en VASOS COMUNICANTES, cualquiera que sea la forma de ellos, (Ver siguiente figura),

puesto que la superficie de los lquidos en reposo es plana y horizontal. (Pozos artesianos, surtidores, depsitos de agua en las ciudades, nivel de agua, etc.). Si en vasos comunicantes se ponen lquidos no miscibles de distinta densidad, las alturas contadas a partir de la superficie de separacin, son inversamente proporcionales a las densidades. As por ejemplo: teniendo mercurio en los vasos comunicantes, aadimos agua por una de sus ramas; quedarn los lquidos en la disposicin de la figura siguiente:



41

bajando el mercurio por una rama y subiendo por la otra. En efecto: tomemos dos puntos, A y B, en la misma superficie horizontal de separacin de los lquidos. Por estar los dos puntos en el mismo lquido y ste en reposo se verifica:

A Batm A A atm B B A A B B

B A

hp gh p gh h h

h

+ = + = =

Cuestin 26 Una tubera vertical de altura L y de radio R contiene un lquido de viscosidad y de densidad . Determinar la velocidad del lquido en el eje del tubo y el caudal cuando es destapado por sus extremos. Determina la prdida de carga. (Tubo vertical) Para resolver la cuestin, se ha de igualar el peso de la columna de fluido con la fuerza debida a la viscosidad:

2 2 0dv

g x h xhdx

+ =

Esta es la ecuacin diferencial de la que partimos, su resolucin, nos va a dar la distribucin de velocidades a lo largo del tubo:

0

2 2

R

v x

g gdv xdx dv xdx

= =

Que resolviendo las integrales y evalundolas en los lmites indicados, en donde hemos tenido en cuenta que la velocidad en x=R, es decir, en el punto de contacto del fluido con la tubera, la velocidad es nula, dan un resultado para las velocidades en funcin de la distancia al eje del tubo (x)

( )2 24

gv R x

=

El eje del tubo cumple la condicin x=0, por lo tanto, haciendo x=0 en la expresin anterior, obtenemos la velocidad del fluido en el eje del tubo:

2

4

gv R

=

El caudal, lo calcularemos haciendo la integral:

( )2 2( )4S S

gQ v x dS R x xdxd

= =

Lo que da lugar a la siguiente integral, de donde se saca el caudal:

( )2 4

2 2

0 0 4 8

R g gRQ R x xdxd

= =

En cuanto a la prdida de carga, tendremos en cuenta que la ley de Poiseuille nos permite calcular la prdida de carga por rozamiento en un tubo cilndrico y en rgimen laminar, siendo esta expresin:

4

8f

p lQh

g gR

= =



42

Cuestin 27 Una tubera horizontal de altura L y de radio R contiene un lquido de viscosidad y de densidad . Determinar la velocidad del lquido en el eje del tubo y el caudal cuando es destapado por sus extremos. Determina la prdida de carga. (Tubo horizontal)

El tubo horizontal, es igual que el vertical, salvo que ahora, en vez de ser la fuerza gravitatoria la que provoca el movimiento, es la diferencia de presiones entre los extremos del tubo lo que hace que el fluido discurra por la tubera, por lo tanto, la ecuacin de la que partimos es:

( ) 21 2 2 0dv

p p x xhdx

+ =

Resolviendo la ecuacin diferencial nos queda: ( ) ( )01 2 1 2

2 2

R

v x

p p p pdv xdx dv xdx

l l

= =

En donde, igual que antes, hemos tenido en cuenta que la velocidad del fluido en el punto de contacto con la tubera es nula, as, la ecuacin para la velocidad queda:

( ) ( )1 2 2 24

p pv R x

l

=

Al igual que en el caso anterior, para hallar el caudal, haremos la integral:

( ) ( )1 2 2 2( )4S S

p pQ v x dS R x xdxd

l

= =

Que da lugar a la siguiente expresin:

( ) ( ) ( )42

1 2 1 22 2

0 0 4 8

R p p p p RQ R x xdxd

l l

= =

El clculo de las prdidas es igual que en caso anterior y da un resultado que podemos expresar como:

4

8f

p lQh

g gR

= =

El perfil de velocidades para los tubos es del tipo del que se muestra en la siguiente figura:



43

Cuestin 28 Dado un tubo de Venturi por el que circula un gas se sitan en dos secciones S1 y S2 dos manmetros de agua que marcan unas alturas h1 y h2. Determina las velocidades del gas en dichas secciones as como el caudal de conduccin. El tubo de Ventura consiste en un tubo horizontal de seccin variable como se muestra en la siguiente figura:

Si aplicamos la ecuacin fundamental de la dinmica de fluidos entre los puntos 1 y 2, segn la cual:

En esta expresin los trminos de altura los haremos nulos, ya que como los dos estn a la misma altura, tendremos en cuenta que esta es la altura de referencia o altura cero. (Origen de alturas), de esta manera, la ecuacin se reduce a:

2 21 1 2 2

1 1

2 2p v p v + = +

Teniendo en cuenta que la diferencia de presiones la podemos poner en funcin de la diferencia de alturas de la manera siguiente:

1 2p p g h = La ecuacin anterior la podemos poner de la forma:

( )2 22 112g h v v = 1

2g h = ( )2 22 1v v

( )2 22 12g h v v = Si ahora aplicamos la ecuacin de continuidad, segn la cual:

11 1 2 2 2 1

2

S

v S v S v vS

= =

Sustituyendo en la ecuacin anterior se obtiene: 2

2 11

2

2 1S

g h vS

=



44

De donde podemos despejar la velocidad en la parte estrecha de la tubera como:

1 2

1

2

2

1

g hv

S

S

=

De manera inmediata, obtenemos la velocidad en el punto 2, sin ms

que sustituir en la ecuacin de continuidad ( 11 1 2 2 2 12

S

v S v S v vS

= = ):

12 2

21

2

2

1

Sg hv

SS

S

=

Por otro lado, para calcular el caudal, es indiferente el punto que se tome, ya que el caudal o gasto es una cantidad que se conserva, es decir, vale lo mismo en cualquier punto de la tubera, por lo que, calcularemos el caudal en el punto 2, que ser el mismo que en el punto 1, teniendo en cuenta que el caudal es el producto de la velocidad por la seccin:

1 1 12

1

2

2

1

g hQ v S S

S

S

= =

Cuestin 29 Velocidad de derrame en un depsito abierto y cerrado. Ley de Torricelli. La ley de Torricelli nos proporciona la velocidad de salida de un fluido por un orificio practicado en su pared lateral, empezamos haciendo un estudio del recipiente abierto:

Se aplica la ecuacin fundamental de la dinmica de fluidos entre los puntos 1 y 2, segn la cual:

Como, tanto los puntos 1 como el punto 2 son puntos abiertos a la atmsfera, la presin de ambos ser igual e igual a la presin atmosfrica, es decir que los trminos de presin se pueden simplificar en la ecuacin, quedando:



45

2 21 1 2 2

1 1

2 2gh v gh v + = +

Ahora tendremos en cuenta que el punto 1, como es el punto ms bajo de los que estamos utilizando, va a ser usado como origen de alturas, esto es, vamos a asignarle a la altura del punto 1 el valor 0, la ecuacin queda ahora:

2 21 2 2

1 1

2 2v gh v = +

Ahora, tendremos en cuenta que el depsito es muy grande, por lo tanto la velocidad de la superficie lquida es muy lenta, por lo que podemos tomar la velocidad del punto 2 como despreciable, por lo que la ecuacin anterior queda:

21 2

1

2v gh =

De donde podemos sacar la ecuacin para la velocidad de salida del punto 1, es decir, para la velocidad de salida de la vena lquida:

1 2v gh=

Siendo h la diferencia de alturas entre la superficie libre del lquido y el orificio por el que sale la vena lquida. Si el depsito est cerrado, la ecuacin de partida es la misma, solo que ahora no podemos simplificar los trminos de presin, por lo que, solo sern vlidas las simplificaciones de altura del punto 1 cero y de velocidad del punto 2 cero, la ecuacin queda:

2 11 1 2 1 2

12 2

2atm

atm

p pp v p gh v gh

+ = + = +

Cuestin 30 Entre dos lquidos inmiscibles se conoce la densidad de uno de ellos, deduce como se podra calcular la densidad del otro lquido. Una aplicacin de la ecuacin fundamental de la esttica de fluidos es la determinacin de la densidad de un lquido no miscible con otro lquido, por ejemplo agua, mediante un tubo en forma de U, comparando las diferentes alturas de las columnas de fluido sobre la superficie de separacin. Aplicando la ecuacin fundamental de la esttica de fludos obtenemos:

Igualando las presiones en A y B, pA=pB, obtenemos



46

1 1

2 2

h

h

=

Las densidades de los dos lquidos no miscibles estn en relacin inversa a las alturas de sus columnas sobre la superficie de separacin en el tubo en forma de U.



47

PROBLEMAS



48

Vectores y campos



49

1) Dados los vectores 4 3 2a i j k= + + y 2 2 7c i j k= +

, encontrar las

componente de otro vector unitario b

, para que los tres vectores sean mutuamente perpendiculares. Para que los tres vectores sean mutuamente perpendiculares, se tiene que verificar simultneamente que a b

, adems b c

y por ltimo que a c

,

es decir que sean perpendiculares 2 a 2, la condicin de que dos vectores sean perpendiculares es que el producto escalar de ambos sea nulo. El producto vectorial de los dos vectores del enunciado es nulo, como se puede comprobar fcilmente:

42 32 27 0a c = + =

Planteando que los vectores del enunciado tienen que se perpendiculares al vector b

, obtenemos las siguientes ecuaciones:

2 2 7 0x y zc b b b b= + =

La otra ecuacin la sacamos del hecho de que el vector que nos piden es unitario, por lo tanto:

2 2 2 1x y zb b b+ + = Lo cual nos proporciona un sistema de 3 ecuaciones con 3 incgnitas:

2 2 2

4 3 2 0

2 2 7 0

1

x y z

x y z

x y z

b b b

b b b

b b b

+ =

+ =

+ + =

Operando y resolviendo nos queda:

0,1

0,5

0,86

z

y

z

b

b

b

==

=

2) La recta de accin del vector b

pasa por los puntos (0,1,2) y (3,0,4), sabiendo que el mdulo del vector b

es 25. Determina:

a) El momento del vector b

respecto del origen de coordenadas b) La distancia entre la recta de accin del vector y el origen de coordenadas. c) El momento del vector b

respecto del eje que tiene por ecuacin

12

2 3

x yz

= =

Para determinar el momento del vector respecto del origen de coordenadas, debemos tener primero las componentes cartesianas del vector. Para ello y puesto que conocemos el mdulo del vector, podemos obtener las coordenadas cartesianas del vector multiplicando el mdulo del vector por un vector unitario en la direccin de la recta de accin del vector, el vector unitario en la direccin de la recta dada, se calcula determinando el vector unitario en la direccin del vector que va de uno a otro punto. El vector que pasa por los dos puntos viene dado por.



50

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

0,1,2 3,0, 4 3,1, 2

3,1, 2 3 1 2, ,

14 14 143 1 2

AB B A

ABAB

AB

= = =

= = = + +

Por lo tanto, las componentes del vector b

sern: 3 1 2 75 25 50

25 , , , ,14 14 14 14 14 14

b = =

El momento del vector respecto del origen de coodenadas viene dado por el producto vectorial de un vector que va desde el origen de coordenadas hasta cualquiera de los puntos de la recta de accin del vector, por el propio vector, en este caso, usaremos el vector que va desde el origen de coordenadas hasta el primer punto que va el problema, usando el hecho de que el vector que va desde un punto a otro es el resultado de restar las coordenadas el extremo menos las del origen:

(0,1,2) (0,0,0) (0,1,2)

3 1 2 75 25 5025 , , , ,

14 14 14 14 14 14

r

M r bb

= == = = =

Haciendo el producto vectorial, tenemos:

100 150 750 1 2 , ,

14 14 1475 25 50

14 14 14

i j k

M r b = = =

La distancia entre la recta de accin y el origen de coordenadas es una de las aplicaciones que tiene el momento de un vector respecto a un punto, se define la distancia entre el origen de coodenadas y la recta de accin del vector como el cociente entre el mdulo del momento respecto del origen de coordenadas partido por el mdulo del vector en cuestin:

4,35M

db

= =

El momento de un vector respecto de un eje, se define como el producto escalar del momento respecto a un punto del eje, que este caso ser el (0,1,2) por un vector unitario en la direccin del eje, que en este caso ser:

2 2 22 3 1 14

2 3 1, ,

14 14 14

u

u

= + + =

=

Por lo tanto, el valor del momento respecto del eje, vendr dado por:

100 150 75 2 3 1 , , , , 10,9714 14 14 14 14 14

ejeM M u = = =

3) Si cos sinv a t b t= +

, donde a

y b

son vectores constantes y t una variable, determina: a) Cuntos planos definen los tres vectores



51

b) Qu orientacin tiene a b

c) Obtener el valor de 2

2

dv d vv

dt dt

Dos vectores definen un plano, dicho plano viene dado por el producto vectorial de un vector por el otro, por lo tanto, y en principio 3 vectores definiran 3 planos, sin embargo, en este caso solo definiran 1, ya que el vector v

es combinacin lineal de los otros dos, por lo que los tres vectores definen solo un plano, o lo que es lo mismo son coplanarios La orientacin que tiene un producto vectorial de dos vectores es un vector perpendicular a los dos vectores que se multiplican y en el sentido que marca la ley del sacacorchos. Para obtener el valor de la expresin que se indica en el enunciado, en primer lugar, vamos a derivar el vector v

:

2

2

sin cos

cos sin

dva t b t

dt

d va t b t

dt

= +

=

Haciendo el producto vectorial de estos dos vectores:

( ) ( )2

2

2 2

2 2

sin cos cos sin

sin cos sin cos cos sin

0 sin cos 0

dv d va t b t a t b t

dt dt

a a t t a b t b a t b b t t

a b t t a b

= + =

= + =

= + + + =

Por ltimo, tenemos que multiplicar este resultado por el vector en cuestin, nos queda el resultado final de que:

( ) ( )( ) ( )( )2

2 cos sin cos sin 0

dv d vv a t b t a b t a a b t b a b

dt dt

= + = + =

Ya que tenemos un producto mixto de tres vectores en los que dos de ellos son iguales, en este caso el resultado es nulo, se puede razonar esto desde el punto de vista geomtrico, es decir, el producto mixto representa el volumen encerrado por el paraleleppedo que determinan los tres vectores, si dos de ellos son iguales, no determinarn ningn paraleleppedo y, por lo tanto el volumen, y consiguientemente el producto mixto, ser nulo. 4) Un vector de modulo 4 tiene cosenos directores -1/2, , y el restante es desconocido, pero sabemos que es menor que cero. Otro vector de mdulo 6 es perpendicular a los vectores 2 3 4m i j k= + +

y 5 2 3n i j k= +

y

sentido de m n

, un tercer vector c, unitario tiene cosenos directores positivos e iguales entre si. Hallar:

a) Los vectores a, b y c. b) La ecuacin de la recta soporte R a b c= + +

, sabiendo que pasa por

el punto (3,-4,2) Para calcular las componentes cartesianas del vector que nos dan, tenemos que multiplicar su mdulo por sus cosenos directores, de estos cosenos directores conocemos dos, pero desconocemos el otro, por lo tanto, podemos usar la relacin que hay entre ellos:



52

2 2 2

2 22 2

cos cos cos 1

1 1cos 1 cos 0,5

2 2

cos 0,707

+ + =

+ + = =

=

Por lo tanto el vector vendr dado por:

( )1 14 , ,0 '707 2,2,2 '832 2

v = =

El segundo vector nos dice que es perpendicular a dos dados y que lleva la direccin y sentido de su producto vectorial, por lo tanto, el vector b

llevar

la direccin del vector producto vectorial mxn

2 3 4 17 14 19

5 2 3

17 14 19, ,

29 29 29

i j k

b m n i j k

bb

b

= = +

= =

Por lo tanto el vector pedido vendr dado por la expresin:

( )17 14 19 6 , , 3'52, 2 '9, 3'9329 29 29

b b b = = =

El tercer vector, lo hallaremos usando el dato que nos dan, es decir que los tres cosenos directores del vector son iguales entre si, por lo tanto, podemos escribir que:

2 2 2cos cos cos 1 + + = 2 2 2cos cos cos 1 + + =

2 2 2 113

x x x x+ + = =

Si adems es unitario, sabemos que su mdulo es 1, por lo tanto, para hallar sus coordenadas cartesianas, solo tenemos que multiplicar el mdulo del vector por un vector cuyas componentes sean los cosenos directores del vector.

1 1 1, ,

3 3 3c

=

b) Para calcular la ecuacin de la recta soporte, tendremos en cuenta que necesitamos un punto por el que pasa la recta, que nos lo proporciona el enunciado, y un vector director de la misma que ser el vector suma de los tres vectores hallados, conociendo estos datos, la ecuacin de la recta viene dada por:

0 0 0

x y z

x x y y z z

v v v

= =

Donde:



53

( ) ( )( ) ( )

0 0 0, , 3, 4, 2

, , 2 '10,5 '48,0 '53

3 4 2

2,10 5,48 0 '53

x y z

x y z

v v v

x y z

=

=

+ = =

5) Sea un vector de mdulo 25 y cuya recta de accin pasa por los puntos A (3,6,4) y B (0,6,8). a) hallar el momento del vector respecto al punto C (1,1,8). b) Hallar el momento del vector respecto a un eje que pasa por C y es

paralelo al vector (anlogo al problema 2) 6) Dado el campo 2 23( ) 2 4v x y i y j x zk= +

,

a. comprobar que es conservativo b. Calcular div (rot v

)

Para comprobar que el campo es conservativo, es condicin necesaria y suficiente que el rotacional del campo sea nulo, por lo tanto, hay que calcular el rotacional del campo vectorial que nos da el problema y comprobar que el resultado es idnticamente igual a cero:

x y z

i j k

vx y z

v v v

=

Sustituyendo las coordenadas del campo vectorial que nos proporciona el problema tenemos el siguiente determinante

2 23( ) 2 4

i j k

vx y z

x y y x z

=

El resultado nos queda:

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

2

4 4 3( )(2 )

3( ) 2 4

23( ) 0

i j kx z x z x yy

v i jx y z y z x z

x y y x z

yk x y

x y

= = +

+

Por lo tanto el campo no ser conservativo: b) Para realizar el segundo apartado, necesitamos, en primer lugar, conocer el valor del rotacional del campo, que lo tenemos del apartado anterior:



54

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

2

4 4 3( )(2 )

3( ) 2 4

23( ) 0 8 6

i j kx z x z x yy

v i jx y z y z x z

x y y x z

yk x y i x j x y k

x y

= = +

+ = + +

Tenemos que calcular la divergencia del campo obtenido, usando la definicin de divergencia, segn la cual, la divergencia de un campo vectorial viene dada por la siguiente expresin:

yx zEE E

Ex y z

= + +

Haciendo que las componentes del campo E

sean las componentes del campo vectorial obtenido en el apartado anterior como resultado de calcular el rotacional del campo v

, tenemos que:

( ) ( )( )680 0yx z

x yE xE EE

x y z x y z

= + + = + + =

Siendo esta una propiedad general de los campos vectoriais, es decir, que la divergencia de un rotacional es siempre idnticamente igual a cero. 7) Hallar el gradiente del campo escalar 2 2 2U x y z= + + . Halla la divergencia del gradiente anteriormente calculado y el rotacional del mismo El gradiente de un campo escalar transforma un campo escalar, como el que tenemos en un campo vectorial como el que obtendremos una vez que calculemos el gradiente. La definicin de gradiente es:

U U UU i j kx y z

= + +

Aplicado al campo que nos da el enunciado:

2 2 2

2 2 2U U U x y z

U i j k i j k xi y j zkx y z x y z

= + + = + + = + +

Ahora tenemos que calcular la divergencia y el rotacional del campo anteriormente calculado, esto es:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 6yx zE x y zE EUx y z x y z

= + + = + + = + + =

El rotacional del campo obtenido ser:

2 (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 ) 0

2 2 2

i j k

z y z x y xv i j k

x y z y z x z x y

x y z

= = + =

Por lo tanto, el campo obtenido al hacer el gradiente del campo escalar U dado en el problema es un campo conservativo.

8) Hallar la circulacin del campo 2 3E xyi y z j z k= + +

entre los puntos (0,0,0) y (1,1,1), a lo largo de la curva de ecuaciones paramtricas x=t, y=t2



55

z=t, y a lo largo del segmento que une ambos puntos, Se puede decir que el campo es conservativo? La circulacin del campo vectorial se define como:

0

fr

r

C Ed r=

En el caso del campo vectorial que nos da el problema, la circulacin quedar como:

( ) ( )0 0

2 3 2 3 ( )f fr r

r r

C xyi y z j z k dxi dy j dzk xydx y zdy z dz= + + + + = + +

Ahora usaremos las ecuaciones paramtricas de la curva que recorre la partcula para transformar la integral en 3 variables (x,y,z) en una integral en una sola variable (t)

2

x t

y t

z t

===

Sustituyendo en la integral teniendo en cuenta que las diferenciales son:

2 2

x t dx dt

y t dy tdt

z t dz dt

= == == =

y que los lmites de la integral son 0 y 1, esto se comprueba sin ms que sustituir los puntos inicial y final en las ecuaciones paramtricas comprobando que en el punto (0,0,0) t=0 y en el punto (1,1,1) t=1.

1 1 11 1 1 4 7 43 5 3

0 0 0 0 0 0

2 1 2 1 112

4 7 4 4 7 4 14

t t tC t dt t tdt t dt

= + + = + + = + + =

Si ahora calculamos la circulacin a lo largo de la lnea que une los puntos dados en el problema, en primer lugar, tenemos que tener en cuenta que la ecuacin de la recta que une los dos puntos dados en el problema es:

x y z dx dy dz= = = = Esto lo vamos a utilizar para poner la integral de la circulacin, que en principio est dada en 3 variables (x,y,z) en funcin de solo una variable, por ejemplo x:

1 1 11 1 1 3 4 42 3 3

0 0 0 0 0 0

1 1 1 5

3 4 4 3 4 4 6

x x xC x dx x dx x dx

= + + = + + = + + =



56

MECNICA



57

9) Una partcula se mueve por el espacio segn la trayectoria determinada por el vector de posicin 2 33 8 6r t i t j t k= + +

. Calcula:

a) El vector velocidad. b) El vector aceleracin c) Las componentes intrnsecas de la aceleracin d) Las componentes intrnsecas de la aceleracin para t=1s. El vector velocidad, lo podemos obtener derivando el vector de posicin respecto al tiempo:

( ) 2 3 23 8 6 6 8 18d r dv t i t j t k ti j t kdt dt

= = + + = + +

Por otro lado, el vector aceleracin, lo podemos obtener derivando el vector velocidad repecto del tiempo, es decir:

( ) 26 8 18 6 36dv da ti j t k i tkdt dt

= = + + = +

Ahora, para el clculo de las componentes intrnsecas de la aceleracin, tendremos en cuenta la expresin de la aceleracin en funcin de las coordenadas intrnsecas y la relacin que hay entre ellas:

2

2 2 2

t n

t n

dv va u u

dt R

a a a

= +

= +

Por lo tanto, empezaremos calculando la derivada del mdulo del vector velocidad respecto del tiempo; el mdulo del vector velocidad ser:

( ) ( )22 26 64 18v t t= + + Y su derivada temporal ser:

( ) ( )( )( )2

22 2

112 2 18

6 64 18ta t t

t t= +

+ +

La aceleracin normal se halla usando la relacin que hay entre las componentes intrnsecas de la aceleracin y el mdulo del vector aceleracin:

( )( ) ( )

( )( )22 2 222 2

136 36 12 2 18

6 64 18n ta a a t t t

t t= = + +

+ +

Las componentes intrnsecas de la aceleracin para t=1s es simplemente sustituir t por 1 en las expresiones anteriores 10) El movimiento de un punto referido a los ejes de coordenadas es:

( )1 sin( cos )

x R t

y R t t

= =

Calcula: a) El vector de posicin b) El vector velocidad de la partcula y la hodgrafa del movimiento c) Las componentes intrnsecas de la aceleracin

El vector de posicin es el vector que tiene por componentes la posicin de la partcula en cada instante, el enunciado del problema nos da la posicin x



58

e y en funcin del tiempo, por lo tanto, lo que nos da son las componentes del vector de posicin, esto es:

( ) 1 sin ( cos )r R t i R t t j= +

b) El vector velocidad de la partcula se obtiene derivando el vector de posicin respecto del tiempo, el resultado de esta operacin es:

d rv

dt=

cos (1 sin )dr

v R ti R t jdt

= = + +

La hodgrafa del movimiento se obtiene eliminando el tiempo en la ecuacin de la velocidad, es decir, es la relacin existente entre las componentes de la velocidad, operando, obtenemos:

22 2

coscos1 cos sin

(1 sin )1 sin

x

x yx

y y

vtv R t vvR

t tv R t v R R

tR

= = + = + = + =

2

1 1yxvv

R R

+ =

c) Para calcular las componentes intrnsecas de la aceleracin seguiremos el procedimiento del problema anterior, en primer lugar, obtendremos la derivada temporal del mdulo de la velocidad, es decir:

( )22 2 2 2 2cos 1 sin cos 1 sin 2sin 2 1 sinv R t R t R t t t R t= + + = + + + = +

Por lo tanto, la derivada temporal de dicho mdulo ser:

1 2 cos2 cos

2 1 sin 2 1 sin

d v R tR t

dt t t= =

+ +

2 cos

2 1 sint

R ta

t=

+

La aceleracin normal se calcula de la relacin entre las componentes intrnsecas de la aceleracin:

( )( )( )

222 2

sin cos 2 1 sin2 cos2 cos 4 1 sin 4 1 sin

2 1 sin

n t

t

a R ti R t j R tR ta a a R RR t t ta

t

= + = = =

+ +=+

( )1 sin2nR

a R t=

11) Una partcula se mueve a lo largo de la curva ( ) ( ) 2 21 8 2r t i t j t k= + + , calcula: a) El vector velocidad b) Las componentes intrnsecas de la aceleracin c) El trabajo intercambiado entre t=1 s y t=3 s. Para calcular el vector velocidad, tenemos que derivar el vector de posicin respecto del tiempo, para ello:



59

2 8 2d r

v ti j tkdt

= = + +

Las componentes intrnsecas de la aceleracin se calculan siguiendo los pasos dados en los problemas anteriores, esto es:

2 2 2

2 2

4 64 4 64 8

1 816

2 64 8 64 8t

v t t t

d v ta t

dt t t

= + + = +

= = =+ +

La aceleracin normal ser:

( )2 222 22 22

8 64 8 648 648 8

64 8 64 864 8n t

t tt ta a a

t tt

+ = = = = + ++

2 2

512 64

64 8 8na

t t= =

+ +

c) Para calcular el trabajo intercambiado, usaremos el teorema de las fuerzas vivas, segn el cual, el trabajo en un proceso es igual a la variacin de energa cintica en el mismo, esto es:

f iTOT c cW E E=

La velocidad en el estado final e inicial ser: 2 2

2 20

64 83 136 /

64 81 72 /

fv m s

v m s

= + =

= + =

La variacin de energa cintica entre el estado final y el estado inicial ser el trabajo, por lo tanto, el trabajo intercambiado entre los dos estados vendr dado por:

(68 36) 32W m m J= = 12) Un patinador comienza a descender por una pendiente inclinada 30 con respecto a la horizontal, desde una altura de 2 m. su masa es de 65 kg. Al final de la pendiente hay un corte vertical debajo del cual existe un foso de anchura 5 m y cuyo nivel superior est a 10 m por debajo del final de la pendiente. Se pide calcular, sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el patinador y el suelo es de =0,024: a) La velocidad al llegar al final de la pendiente b) Si salva o no el foso c) Velocidad mnima que debe tener para salvarlo.



60

Para calcular la velocidad al final de la pendiente usaremos el principio de conservacin de la energa segn el cual:

0 FMEC MEC rozE E W= +

2

0 20 0

1

21

2cos

fmec f f

mec

roz

E mgh mv

E mgh mv

W Nd mg d

= +

= +

= =

Teniendo en cuenta que la velocidad inicial es nula, la altura inicial son 2 m, la masa del patinador son 65 kg, la velocidad final es la icgnita, la altura final, la tomaremos como origen de altura y por lo tanto vale cero y la distancia

d recorrida ser la hipotenusa del tringulo que vale 2

sin 30d = , nos queda la

siguiente expresin:

( ) ( )2 0 02 2 cot 2 2 cot 6,13 /f fv gh g v gh g m s = = = b) Para determinar si salva o no el foso, tenemos que hacer un estudio cinemtico del movimiento. Salvar el foso si el alcance del tiro que se nos presenta es mayor de 5 metros que es la longitud del foso, en caso contrario no salva el foso, las ecuaciones del tiro sern, teniendo en cuenta que en el eje x contamos con un movimiento uniforme y en el eje y contamos con un movimiento uniformemente acelerado:

0

0

0

20 0

0

cos30

cos30

sin 30

1sin 30

2

a

eje X v CTE v

x v

a g

eje Y v v gt

y y v gt

=

= = =

= = =

El alcance mximo se produce en el momento en el que la altura vale cero, teniendo en cuenta que la altura inicial es la altura desde la que cae, ya que vamos a fijar e

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