libro fisica 1

FISICA Iversión 1

Autor : Luis Rodríguez Valencia1

DEPARTAMENTO DE FISICAUNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

23 de marzo de 2012

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Contenidos

Prólogo IX

0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas . . . . . . . x

1. Introducción a la Física 11.1. Historia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Modelos del Cosmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1. Modelo de Ptolomeo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.2. Nicholas Copernicus (1473-1543). Modelo de Copérnico 41.2.3. Mejores modelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.4. Johannes Kepler (1571-1630) . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.5. Las leyes de Kepler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.6. Contribución de Galileo (1564 - 1642) . . . . . . . . . . 101.2.7. Sir Isaac Newton (1642-1727). La unificación de la Fí-

sica y la Astronomía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3. La difusión del método científico . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.1. La edad clásica de la Ciencia . . . . . . . . . . . . . . . 181.4. El método científico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5. Gravitación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.5.1. Desarrollo de la teoría gravitacional . . . . . . . . . . . 201.5.2. Ley inversa al cuadrado de la distancia . . . . . . . . . 241.5.3. Cuerpos en órbita circular . . . . . . . . . . . . . . . . 251.5.4. Velocidad de escape . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5.5. Peso y masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5.6. Interacción entre los cuerpos celestiales . . . . . . . . . 271.5.7. Medidas absolutas de la gravedad . . . . . . . . . . . . 291.5.8. Datos actuales de las órbitas planetarias . . . . . . . . 30

1.6. Unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.6.1. Medición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

IV CONTENIDOS

1.6.2. Valor verdadero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.7. Cifras significativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.8. Estandarización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.8.1. Unidades SI base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.8.2. Unidades SI suplementarias . . . . . . . . . . . . . . . 341.8.3. Unidades SI derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.9. Las unidades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.9.1. Noción física de las Unidades . . . . . . . . . . . . . . 36

1.10. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2. Vectores 532.1. Escalares y vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.2. Sistemas de referencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.2.1. Sistema cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.2.2. Sistema esférico de coordenadas . . . . . . . . . . . . . 542.2.3. Sistema cilíndrico de coordenadas . . . . . . . . . . . . 552.2.4. Sistema polar de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . 552.2.5. Relaciones entre las coordenadas . . . . . . . . . . . . 56

2.3. Desplazamientos en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.4. Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.4.1. Notación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.4.2. Suma de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.4.3. Magnitud de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.4.4. Multiplicación de un vector por un escalar . . . . . . . 602.4.5. Vectores unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.4.6. Vectores unitarios cartesianos . . . . . . . . . . . . . . 602.4.7. Componentes cartesianas de un vector . . . . . . . . . 602.4.8. Vector nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.4.9. Resta de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.4.10. Producto escalar de vectores . . . . . . . . . . . . . . . 622.4.11. Proyección de un vector en una dirección . . . . . . . . 622.4.12. Conmutatividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.4.13. La distributividad del producto escalar respecto a la

suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.4.14. Producto vectorial de dos vectores . . . . . . . . . . . . 632.4.15. Distributividad del producto cruz respecto a la suma . 642.4.16. Algunas propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.4.17. Algunas operaciones en términos de las componentes . 66

CONTENIDOS V

2.4.18. Relación con geometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.4.19. Cosenos directores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4.20. Ecuación de un plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4.21. Volumen de un paralelepipedo . . . . . . . . . . . . . . 702.4.22. Ángulo que forman dos vectores a, b . . . . . . . . . . 71

2.5. Más sobre sistemas de referencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.5.1. Sistema cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.5.2. Sistema esférico de coordenadas . . . . . . . . . . . . . 722.5.3. Sistema cilíndrico de coordenadas . . . . . . . . . . . . 732.5.4. Sistema polar de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . 732.5.5. Relaciones entre los vectores unitarios . . . . . . . . . . 732.5.6. Componentes de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.6. De actualidad (No incluido en el, programa) . . . . . . . . . . 752.7. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.8. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3. Fuerzas 973.1. Las Fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3.1.1. Fuerza de acción a distancia . . . . . . . . . . . . . . . 973.1.2. Fuerzas de contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.1.3. Tercera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.1.4. Unidades de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3.2. Tipos de fuerzas de contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.2.1. Fuerza normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.2.2. Fuerza de roce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.2.3. Tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.2.4. Superficies lisas o sin roce . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.3. Condiciones de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.3.1. Línea de acción y punto de aplicación . . . . . . . . . . 1023.3.2. Fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1023.3.3. Par de Fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.3.4. Llave de torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.3.5. Fuerzas no concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.3.6. Caso general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.4. Centro de masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.4.1. Cuerpos continuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

3.5. Centroides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.5.1. Triángulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

VI CONTENIDOS

3.5.2. Triángulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1093.5.3. Semi disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.5.4. Cuarto de disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.5.5. Combinación de áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

3.6. Resultante de fuerzas paralelas de igual magnitud . . . . . . . 1113.6.1. Centro de Fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . 1123.6.2. Versión simplificada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1143.6.3. Coordenadas del centro de fuerzas . . . . . . . . . . . . 1143.6.4. Centro de fuerzas distribuidas paralelas . . . . . . . . . 115

3.7. Trabajar con componentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1183.7.1. Eje torsor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

3.8. De actualidad (no pertenece al programa) . . . . . . . . . . . 1233.8.1. Fuerzas ficticias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

3.9. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4. Fuerzas y equilibrio 1374.1. Condiciones de equilibrio. Leyes de la estática . . . . . . . . . 138

4.1.1. Equilibrio de una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . 1384.1.2. De un sistema de partículas . . . . . . . . . . . . . . . 1384.1.3. Cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1394.1.4. La fuerza de roce estática . . . . . . . . . . . . . . . . 1404.1.5. Fuerzas causadas por ciertos soportes . . . . . . . . . . 1414.1.6. Cuerpos estáticamente indeterminados . . . . . . . . . 1434.1.7. Diagrama de cuerpo libre . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.1.8. Fuerzas internas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

4.2. Otros ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1504.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5. Hidrostática 1915.1. Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1915.2. Concepto de Presión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

5.2.1. Unidades de Presión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.2.2. Propiedades de la presión . . . . . . . . . . . . . . . . 194

5.3. Densidad o masa específica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1945.3.1. Densidad relativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

5.4. Peso específico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1955.5. Presión atmosférica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1955.6. Variación de la presión con la profundidad . . . . . . . . . . . 196

CONTENIDOS VII

5.7. Medidores de presión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1985.7.1. Barómetro de mercurio en U . . . . . . . . . . . . . . . 1985.7.2. Manómetro en U de líquido, para presiones relativas

de gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1985.8. Principio de Arquímedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2005.9. Fuerza de Flotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

5.9.1. Cuerpo totalmente sumergido . . . . . . . . . . . . . . 2025.9.2. Cuerpo parcialmente sumergido . . . . . . . . . . . . . 2025.9.3. Estabilidad de un cuerpo prismático inhomogéneo . . . 203

5.10. Fuerzas sobre las paredes o compuertas . . . . . . . . . . . . . 2045.10.1. Superficie rectangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2055.10.2. Superficie de forma arbitraria . . . . . . . . . . . . . . 208

5.11. Fuerza sobre una superficie de forma rectangular inclinada . . 2095.11.1. Torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

5.12. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2105.13. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

6. Apéndice 2316.1. Opcional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

6.1.1. Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2316.1.2. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2326.1.3. Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2336.1.4. Integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

6.2. Ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2386.2.1. Ecuación diferencial lineal, homogénea, con coeficien-

tes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2396.2.2. Separación de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2406.2.3. Identidades útiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

6.3. Movimiento relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2416.3.1. Movimiento general del sistema . . . . . . . . . . . . . 2416.3.2. Transformación de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . 242

VIII CONTENIDOS

Prólogo

Este texto tiene el propósito de iniciarlos en una ciencia: la Física que nosmuestra una maravillosa relación establecida entre la naturaleza y el ingeniodel cerebro humano.Veremos cómo, a partir de observaciones y experimentos sencillos, se con-

sigue estructurar una teoría sólida que da cuenta de fenómenos de la natu-raleza, algunos observables a simple vista y otros fuera del alcance de lossentidos.La Física siempre ha estado, está y estará formando parte de nuestro

entorno. A través de ella es posible predecir lo qué sucederá con el Universoy, además, nos da señales que permiten vislumbrar cómo comenzó todo.Desde Aristóteles (384-322aC) hasta nuestros días los científicos aportan

sus trabajos para beneficio de la humanidad, interactuando para el progresode la Ciencia y de la Tecnología. Por ejemplo, avances en la Física contribuyenal progreso de las Ciencias de la Ingeniería, y éstas, a su vez, dan soportetécnico a la Medicina, mejorando la calidad de vida del hombre.Este trabajo está dedicado a jóvenes deseosos de aprender, mediante la

comprensión, razonamiento y deducción, a partir de los conceptos fundamen-tales y las leyes de la Física.

X Prólogo

Este texto, para el primer semestre de Ingeniería, se presenta en la mismasecuencia que ha sido programado el curso de Física I. Los requerimientos deMatemáticas necesarios para su desarrollo serán presentados de manera gra-dual según las necesidades del curso. Se comienza con una introducción, quecreemos necesaria, para tener una comprensión de los esfuerzos realizados enel pasado para alcanzar el grado actual del conocimiento. De manera pro-gresiva se hace indispensable la adquisición de más elementos matemáticos,que son, en algunos casos aportados por el texto. En otros, se darán las de-mostraciones como una ilustración. De cualquier forma queremos enfatizar elhecho, no discutido, de que las Matemáticas son el lenguaje y la herramientafundamental de la Física.Se han hecho importantes esfuerzos por el grupo de colaboradores para

minimizar los errores de cualquier índole, pero esa es una tarea interminable,de manera que nos será muy grato considerar las críticas de los estudiantesy colegas que deseen utilizar este texto.

Esta es la primera edición del texto qus se usará (eso esperamos) duranteel año 2012. Se han hecho diversos cambios a las versiones anteriores aplicadaa los cursos anuales los años 2001, 2002, 2003, 2004, 2005, 2006, 2007, 2008,2009, 2010 y 2011 en el desarrollo del curso de Física Anual para Ingenie-ría Civil. Estos cambios son el resultado de la experiencia acumulada en laaplicación práctica de este texto. Por ejemplo varios tópicos, cuyo desarrollono es estrictamente necesario, fueron pasados a un apéndice. Se agregó unapéndice matemático opcional que incluye diversos tópicos que ayudarán a lacomprensión del curso, se han agregado problemas y reordenados de acuerdoa su temática. Una versión en formato PDF es colocada en la página WEBdel curso. Todos los problemas del texto están resueltos.

0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas

¤ En general en las pruebas de este curso se pide resolver problemas.

¤ Luego haga problemas. El nivel de los problemas de las pruebas corres-ponden a los de menor complejidad matemática.

¤ En el desarrollo de las pruebas haga figuras de un buen tamaño. Untercio de la hoja por lo menos.

XI

¤ Defina en su figura todas las letras que representen alguna propiedadfísica que se usará en el desarrollo del problema.

¤ Explique su desarrollo. No basta colocar una secuencia de ecuaciones.Ellas deben estar ligadas por palabras o frases tales como: por lo tanto,se deduce de allí que, de ahí se calcula, etcétera.

¤ Sea ordenado. Si los problemas tienen partes (a), (b), (c), etcétera.Explique claramente cual parte está resolviendo.

¤ Si usa lápiz grafito, procure que su calidad sea tal que se pueda leercon claridad.

¤ Los resultados indíquelos con lápiz pasta, caso contrario no podrá re-clamar de la corrección.

¤ En cada prueba se aceptarán reclamos que se justifiquen, es decir usteddeberá indicar por escrito las razones de su reclamo.

A pesar que hay pautas de corrección, en ellas se indican solamente losmáximos por item. Si usted tiene errores, cada profesor corrector juzgarácuánto del máximo usted merece y en ello no hay reclamo. Este proceso decorrección tiene algo de subjetividad y la claridad de su desarrollo puedeinfluir positivamente en su resultado.

XII Prólogo

Capítulo 1

Introducción a la Física

1.1. Historia

Aristóteles (384 aC, 322 aC) más que cualquier otro pensador, determi-nó el pensamiento occidental hasta finales del siglo 17 y aún después de larevolución científica, los conceptos e ideas Aristotélicas han permanecido enel pensamiento occidental.Aristóteles pensaba que las substancias que constituían la Tierra eran

diferentes de las substancias existentes en los Cielos. El también creía que ladinámica, la rama de la Física que describe los movimientos, estaba deter-minada esencialmente por la naturaleza de la substancia que se movía. Así,limitándonos a lo esencial, Aristóteles tenía la creencia de que una piedra caíahacia el suelo porque piedra y suelo eran substancias similares. En términosde los cuatro elementos básicos, la piedra era esencialmente “tierra”. De lamisma forma el humo se elevaba porque era principalmente “aire” (y algode “fuego”) y por lo tanto el humo deseaba estar cerca del “aire ”y lejos dela “tierra” y del “agua”. Por similares argumentos él pensaba que los cielosestaban formados por la más perfecta de las substancias, la quinta esencia,la cual poseía por su naturaleza la tendencia de efectuar un movimiento per-fecto, es decir circular. El también pensaba que los objetos en la Tierra semovían mientras fueran empujados, de modo que ellos se detenían apenasse eliminaban las fuerzas aplicadas. Esta concepción causaba problemas, porejemplo era dificil explicar porqué una flecha lanzada mediante un arco, con-tinuaba volando aún después de que la cuerda terminaba su contacto con la

2 Introducción a la Física

flecha. Algunas explicaciones fueron esbozadas, por ejemplo que la flecha ensu vuelo producía un vacío detrás. El aire se precipitaba en ese vacío empu-jando además a la flecha. Esto es un esbozo de lo que eran las creencias antesdel desarrollo del método científico.Una de principales cuestiones que origina el desarrollo de la ciencia y del

método científico es la explicación del movimiento de los objetos que se venen el Cielo. Hoy día, producto de una enorme cantidad de observaciones,las cosas parecen estar claras. Sin embargo antes la información disponibleera muy escasa. Excepto quizás por estimaciones sobre la Luna y el Sol,los hombres de antes no tenían idea de las distancias y de los tamaños delos objetos celestiales. No debería causar extrañeza entonces que los Griegosapoyaron la idea, con mucho sentido común, de que la tierra debería estarestacionaria (en reposo), y en base a esa hipótesis había que diseñar unmétodo para predecir las posiciones de los astros. La versión final de estemodelo fue diseñada por Ptolomeo de Alejandría, modelo que es conocido ennuestros tiempos como el modelo de Ptolomeo.

1.2. Modelos del Cosmos

1.2.1. Modelo de Ptolomeo

Claudio Ptolomeo, Klaudios Ptolemaios; (Tolemaida, Tebaida, c. 100 —Cánope, c. 170). Astrónomo, químico, geógrafo y matemático greco-egipcio,llamado comúnmente en español Ptolomeo (o Tolomeo). El llamado modelode Ptolomeo era un intrincado modelo, donde la Tierra permanecía en re-poso en su centro, mientras los otros objetos del Cielo se movían en tornoa la Tierra, en círculos o combinaciones de movimientos circulares, la únicacurva perfecta para los griegos y por lo tanto la única posible. Todo estoestaba encerrado por una gigantesca esfera de cristal sobre la cual están lasestrellas fijas, esfera que daría una vuelta completa por día. Así por ejem-plo, un planeta describía un pequeño círculo en torno a un punto que a suvez describía un círculo mayor en torno a la Tierra. La figura, de la época,lamentablemente no muy clara, muestra esquemáticamente ese modelo.Así se podían explicar satisfactoriamente para los datos disponibles en

ese tiempo, como los planetas tenían velocidades variables incluso invirtien-do su movimiento. Entonces era posible hacer cálculos hacia el futuro o haciael pasado, coincidiendo con las observaciones acumuladas durante cientos de

1.2 Modelos del Cosmos 3

Figura 1.1:

años. Este modelo tuvo vigencia durante alrededor de 1400 años, un granperiodo de tiempo comparado con la rapidez de los cambios actuales. Estono debe considerarse una aceptación ciega de una hipótesis. Ella descansabaen las comprobaciones experimentales de sus predicciones. De hecho fue ne-cesario un refinamiento de las técnicas de observación para detectar fallas enel modelo de Ptolomeo. En este aspecto fue fundamental el trabajo obser-vacional realizado por Tycho Brahe, astrónomo danés (Dic. 14, 1546,— Oct.24, 1601), cuyo trabajo en el desarrollo de instrumentos astronómicos y enlas determinaciones de las posiciones de los astros fue crucial.

Figura 1.2: Tycho Brahe

Tycho Brahe fue el más grande de los observadores en astronomía antes


de la invención del telescopio. Bajo el auspicio del rey de Dinamarca él cons-truyó y operó el observatorio de Uraniborg, que constaba de innumerablesinstrumentos de su propio diseño. La precisión de diez minutos de arco desdePtolomeo, fue reducida en Uraniborg a un minuto de arco. En particular,Brahe recopiló extensos datos sobre la órbita de Marte, que más tarde pro-baría ser cruciales para la formulación de las leyes correctas del movimientode los planetas por parte de Kepler.

Las críticas al modelo de Ptolomeo las inició Copérnico, quien puso demanifiesto las discrepancias del modelo con la observación, discrepancias nomuy grandes pero que debían ser justificadas.

1.2.2. Nicholas Copernicus (1473-1543). Modelo de Co-pérnico

Debido a las diferencias observadas entre las posiciones observadas de losastros y las predichas por el modelo de Ptolomeo, cabían dos posibilidades,hacer correcciones a las órbitas del modelo de Ptolomeo haciéndolas más in-trincadas, o adoptar otro modelo. Nicholas Copernicus en su primer libro,establece que el Sol es el centro del Universo y que la Tierra tiene un movi-miento triple en torno a ese centro, esto es una rotación diaria en torno a sucentro, un movimiento anual en torno al Sol, y un movimiento cónico de sueje de rotación. Su teoría fue capaz de dar una explicación simple y elegantedel movimiento retrógrado de los planetas. Además se explica el movimien-to aparente del Sol entre las estrellas debido al movimiento de la Tierra.Copérnico sin embargo mantuvo el rol privilegiado del movimiento circularde modo que tuvo que construir sus órbitas planetarias mediante círculos.Sus resultados numéricos sin embargo fueron solo levemente mejores que losexistentes. El movimiento aparente de los planetas, en particular el movi-miento retrógrado, se explica con simplicidad como lo ilustra la figura quesigue. Las proporciones del dibujo son aproximadas considerando los radiosde las órbitas de Marte y de la Tierra y la validez de la ley de Kepler de losperiodos que se explica más adelante. Ambos planetas se mueven en torno alSol, hacia el Este, pero la tierra al tener un radio menor en su órbita, lo hacemás rapidamente. De manera que cuando la Tierra está entre Marte y el Sol,Marte aparenta retroceder hacia el Oeste. Esto continua hasta que la Tierrase aleje y Marte se verá nuevamente moviéndose en su sentido normal.


Orbita tierra

Orbita de Marte

Orbita aparente de Marte

En la figura se explica como el planeta Marte se ve avanzar o a vecesretroceder sobre el fondo de las estrellas fijas. A pesar de la simplicidad delmodelo, Copérnico encontró que las posiciones predichas con su modelo paralos astros no eran significativamente mejores que las predichas por el modelode Ptolomeo.

1.2.3. Mejores modelos

Aquí nos encontramos frente a dos hipótesis que daban cuenta más o me-nos igual de los hechos observados. Las creencias imperantes en aquellos días,sobre todo ideas religiosas, favorecían la hipótesis de una tierra en reposo,ocupando el lugar central en el Universo. Además la Mecánica Clásica no es-taba lo suficientemente desarrollada como para contestar muchas preguntas.Entonces ocurrió que las mediciones por si solas no permitieron diluci-

dar entre los dos modelos, de Copérnico y de Ptolomeo. Tycho insistía enuna Tierra inmóvil. Tycho también cuestionó la doctrina Aristotélica de per-fección celestial, cuando, en los años 1570, un cometa y una nueva estrella


aparecieron. Tycho mostró que ambos estaban sobre la esfera de la Luna.Quizás las críticas más serias fueron las hechas por Galileo, después de suinvención del telescopio. Galileo Galilei (1564 - 1642) hizo notables contribu-ciones al desarrollo del método científico, en particular a la descripción delmovimiento de los cuerpos y a la comprensión del Universo.En una rápida sucesión de acontecimientos, Galileo anunció que había

montañas en la Luna, satélites que rodean Júpiter, y manchas en el Sol.Es más, que la Vía Láctea está compuesta de innumerables estrellas cuyaexistencia nadie había sospechado hasta que Galileo las observó. Aquí lacrítica golpeaba las raíces mismas del sistema Aristotélico del mundo.Al mismo tiempo que Galileo investigaba los cielos con su telescopio, en

Alemania Johannes Kepler estaba investigándolo con su mente. La figuramuestra el telescopio de Galileo.

Figura 1.3:

Las observaciones muy precisas de Tycho le permitieron a Kepler des-cubrir que Marte y los otros planetas, no se movían en círculos sino quedescribiendo elipses, con el Sol en uno de sus focos. El cosmos de Keplerera anti-Aristotélico, y quizás por ello él escribió sus descubrimientos en pro-sa latina casi indescifrable en una serie de trabajos que no tuvieron muchacirculación.

1.2.4. Johannes Kepler (1571-1630)

El siguiente paso en la historia de la astronomía fue debido a la intuiciónteórica de Johannes Kepler, un astrónomo Alemán quien fue a Praga comoasistente de Brahe durante los años 1599-1601. Kepler y Brahe no se llevabanbien. Al parecer Brahe pensaba que Kepler podría eclipsarlo de ser el másgrande de los astrónomos de esos días, por lo cual sólo le permitió a Kepler


examinar parte de su enorme caudal de datos observacionales. El le propusoa Kepler la tarea de entender la órbita de Marte que parecía muy complicada,con la esperanza de que gastara su tiempo en eso, permitiéndole a él trabajaren su teoría del sistema Solar.Como una ironía, fueron los datos de la órbita de Marte los que le permi-

tieron a Kepler formular las leyes correctas del movimiento de los planetas,sobrepasando lejos los logros de Brahe.En retrospectiva la razón de que la órbita de Marte pareciera tan compli-

cada fue que Copérnico colocaba el Sol en el centro del sistema solar, pueshabía errado en su creencia de que las órbitas de los planetas eran círculos.Kepler pudo finalmente concluir que las órbitas de los planetas no eran loscírculos exigidos por Aristóteles, sino que curvas que los geómetras llamanelipses. Sin embargo las órbitas son apenas elípticas, y para los datos dispo-nibles en ese tiempo, era precisamente la órbita de Marte quien mostraba sermás elíptica.

1.2.5. Las leyes de Kepler

Los descubrimientos de Kepler, basados en las observaciones realizadaspor Ticho Brahe, pueden resumirse en tres hechos, conocidos hoy en día comolas tres leyes de Kepler:

Cada planeta se mueve en una órbita elíptica en torno del Sol, el cualocupa uno de sus focos (F1).

Sol

Planeta

F1F2

La línea que conecta el Sol con cada planeta, barre áreas iguales en in-tervalos iguales de tiempo. Esto es A1 = A2 si los intervalos de tiempo


transcurridos son iguales.

Sol

Planeta

A2

A1

Los cuadrados de los tiempos requeridos por cada planeta para daruna vuelta completa en torno al Sol, son proporcionales al cubo desu distancia promedio al Sol. Esta ley será establecida en forma másprecisa más adelante.

Figura 1.4: Johanes Kepler

Como veremos uno de los mayores triunfos de Newton fue explicar demanera teórica, mediante sus leyes, las leyes de Kepler.Lo que Galileo y Kepler no podían explicar, aunque lo intentaron, eran

respuestas a las preguntas Aristotélicas como las siguientes: ¿ Si la Tierragira en torno de su eje, entonces por qué no salen volando los objetos? ¿Yqué hace que los objetos dejados caer de lo alto de las torres no se desvíenhacia el Oeste dado que la tierra gira debajo de ellos? ¿Y cómo es posibleque la Tierra, en espacio vacío, viaje en torno del Sol—ya sea en círculos o en


elipses—sin algo que la empuje? Las mejores respuestas vinieron de parte deGalileo, quién analizó los problemas de la rotación de la Tierra y su revolu-ción mediante análisis lógico. Los cuerpos no salen volando la Tierra porquela tierra no gira demasiado rápido, así los cuerpos, tienen una tendencia pe-queña a salir volando. Los cuerpos dejados caer desde las torres, caen a labase de ellas porque ellos (antes de ser soltados) comparten con la torre larotación de la Tierra. Asimismo Galileo dedujo lo que acontece cuando otromovimiento se agrega. Así Galileo dedujo que una pelota dejada caer de lacima de un mástil de una nave en movimiento caería directamente a la basedel mástil. Si la pelota fuera permitida a seguir sin roce en vuelo horizontal,continuaría moviéndose para siempre. De hecho Galileo concluyó que los pla-netas, una vez puestos en movimiento circular, continuarían así para siempre.Por consiguiente, las órbitas circulares de Copérnico existen. Galileo nuncaaceptó las elipses de Kepler; hacerlo habría significado abandonar su soluciónal problema de Copérnico.Kepler comprendió que había un problema real con el movimiento plane-

tario. Él buscó resolverlo mediante la existencia de alguna fuerza que parecíaser cósmica en naturaleza, en su creencia el magnetismo.La Tierra había sido descrita como un gigantesco imán por William Gil-

bert en 1600. Kepler se aferró a ese hecho. Una fuerza magnética, dijo Kepler,emanó del Sol y empujó los planetas alrededor en sus órbitas, pero él nuncapudo cuantificar esta idea bastante vaga y poco satisfactoria.A finales del primer cuarto del siglo 17 el pensamiento Aristotélico sobre

el cosmos estaba rápidamente teniendo fin, pero no aparecía ningún sistemasatisfactorio para ocupar su lugar. Como resultado existía escepticismo: “Lanueva filosofía pone todo en duda”. Era esta situación la que favoreció eldesarrollo de las ideas de René Descartes.La materia y movimiento fueron tomados por Descartes para explicar

todos los procesos naturales por medio de los modelos mecánicos, aunqueél advirtió que tales modelos probablemente no eran la naturaleza misma.Ellos proporcionan meramente “las historias probables”, cuestión qué parecíamejor que ninguna explicación en absoluto.Armado con materia y movimiento, Descartes atacó los problemas del sis-

tema de Copérnico. Cuerpos una vez en movimiento, Descartes argumentó,permanecen en movimiento en una línea recta a menos que y hasta que ellosse desvíen de esta línea por el impacto de otro cuerpo. Todo cambio de unmovimiento es el resultado de cosas que impactan. La pelota soltada desde loalto de un mástil, cae al pie del mástil porque, a menos que sea golpeado por


otro cuerpo, continúa moviéndose con la nave. Los planetas se mueven alre-dedor del Sol porque ellos son desviados por una materia sutil que llena todoel espacio (¿qué será eso?). Podían así construirse modelos similares paraconsiderar todos los fenómenos; el sistema Aristotélico podría ser reempla-zado por el Cartesiano. Existía sin embargo un problema mayor, y eso bastópara derrumbar al Cartesianismo en esos tiempos. La materia Cartesiana ymovimiento no tenían ningún propósito. Ni la filosofía de Descartes parecíanecesitar la participación activa de una deidad. El cosmos Cartesiano, comolo dijo Voltaire después, era como un reloj al cual le habían dado cuerda enla creación y que continuaba haciendo tictac por siempre.

1.2.6. Contribución de Galileo (1564 - 1642)

Además de las contribuciones ya señaladas, Galileo Galilei (1564 - 1642)en su libro “Dos nuevas Ciencias” establece sus ideas sobre los cuerpos quecaen y en general sobre el movimiento de los proyectiles. Sus ideas son pre-sentadas como un diálogo entre tres personajes Salviati, Sagredo y Simplicio.El punto de vista oficial de la Iglesia, esto es las ideas Aristotélicas son de-fendidas por Simplicio y en general demolidas por los otros.Galileo prosigue dando un detallado análisis de la caída de los cuerpos.

El comprende que en la caída de objetos muy livianos, la resistencia del airetiene un gran efecto, mientras que para cuerpos pesados eso causa un efectoleve.

Movimientos acelerados

Habiendo establecido experimentalmente que los cuerpos pesados caenprácticamente de la misma manera, el analiza la pregunta central, no tocadapor Aristóteles ¿cómo varía la velocidad durante la caída? El problema, enesos tiempos, es que la caída es demasiado rápida como para hacer observa-ciones. El movimiento debería ser de alguna manera hecho más lento. Galileosugiere la más simple de las hipótesis, un cuerpo al caer acelera uniforme-mente, es decir gana iguales cantidades de velocidad en iguales intervalosde tiempo. Esta es sin duda un hipótesis simple, pero debía ser establecidaexperimentalmente.


El experimento de Galileo

Para hacer la caída más lenta, Galileo utilizó una tabla de madera colo-cada inclinada respecto a la horizontal, con una canal muy pulida donde secolocaba una esfera muy pulida de bronce, la cual se permitía caer rodandopor la canal. El tiempo tomado por la esfera para recorrer cierta distanciafueron determinados utilizando un reloj de agua. Este consiste en un recipien-te con agua colocado en una posición elevada, con un pequeño tubito soldadoen su fondo, con un pequeño diámetro dando un chorrito de agua durante eltiempo de caída, cantidad de agua que era posteriormente determinada enuna balanza. Las razones entre los pesos de agua dan las razones entre lostiempos de bajada. Galileo encontró que los espacios recorridos eran unos aotros como los cuadrados de los tiempos transcurridos.

Δd3Δd

5Δd

0 Δt2Δt

3Δt

De hecho él marcó las distancias recorridas por la esfera en iguales interva-los de tiempo ∆t contados desde la partida encontrando que las distanciascrecían en la proporción

1 : 3 : 5 : 7 : · · ·Para mayores inclinaciones del plano, las distancias recorridas en esos mis-mos intervalos de tiempos resultaron mayores, pero que estaban en esa mismarazón. Un análisis matemático puede hacerse. Si llamamos x(t) la distanciarecorrida en un tiempo t desde la partida, ∆t el intervalo de tiempo conside-rado, ∆d la primera distancia recorrida entonces tenemos

x(0) = 0

x(∆t)− x(0) = ∆d,

x(2∆t)− x(∆t) = 3∆d,

x(3∆t)− x(2∆t) = 5∆d,

· · ·x(n∆t)− x((n− 1)∆t) = (2n− 1)∆d.


Si estos resultados los sumamos, lado a lado, obtenemos

x(n∆t) = (1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1))∆d,

pero la suma de los impares es conocida

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2,

de modo quex(n∆t) = n2∆d.

Por último, si llamamos al tiempo transcurrido después de n intervalos t =n∆t tenemos

x(t) =∆d

(∆t)2t2,

es decir el espacio recorrido varía con el cuadrado del tiempo transcurrido.Esto puede parecer trivial hoy día, pero esto es la primera constatación expe-rimental de un movimiento que no es uniforme en el tiempo. Si la velocidadde bajada en el tramo n del recorrido se define como la razón entre el espaciorecorrido y el tiempo transcurrido, esto es

vn =x(n∆t)− x((n− 1)∆t)

∆t,

esta resulta ser

vn =n2∆d− (n− 1)2∆d

∆t,

vn = (2n− 1)∆d

∆t,

de aquí se deduce que el incremento de velocidad será

vn+1 − vn = 2∆d

∆t,

y si se llama aceleración a al cambio de velocidad por unidad de tiempo, estoes

a =vn+1 − vn

∆t,

este es

a = 2∆d

(∆t)2,


por lo tanto, las expresiones anteriores pueden resumirse en

x(t) =∆d

(∆t)2t2 =

1

2at2,

v(t) = (2n− 1)∆d

∆t' 2n∆d

∆t= 2

∆d

(∆t)2t = at

y Galileo concluye que en este tipo de movimiento, la velocidad se incre-menta en la misma proporción en que se incrementa el tiempo, en lenguajemoderno que varía linealmente con el tiempo. Estos conceptos serán muchomás claros cuando se tenga claro el concepto de derivada. Los conceptos develocidad y aceleración en el instante t, denominados velocidad y aceleracióninstantáneos, se definirán más adelante con ayuda de un cierto proceso límitellamado la derivada.

1.2.7. Sir Isaac Newton (1642-1727). La unificación dela Física y la Astronomía

El siglo 17 era un tiempo de intenso sentimiento religioso, y en ningunaparte era ese sentimiento más intenso que en Gran Bretaña. Allí un hom-bre joven devoto, Isaac Newton, finalmente sienta las bases de la MecánicaClásica.

Figura 1.5: Isaac Newton

Newton era a la vez un experimentalista y un genio matemático, una com-binación que le permitió defender el sistema de Copérnico mediante “unas


nuevas mecánicas”. Su método era simplemente: “de los fenómenos de los mo-vimientos investigar las fuerzas naturales, y entonces de estas fuerzas deducirotros fenómenos del movimiento”. El genio de Newton lo guió en la elecciónde fenómenos a ser investigados, y la creación de una herramienta matemáticafundamental—el cálculo (simultáneamente inventado por Gottfried Leibniz).El resultado fue su gigantesca obra, Philosophiae Naturalis Principia Mathe-matica (Principios Matemáticos de Filosofía Natural, normalmente llamadosPrincipia simplemente que aparecieron en 1687.Aquí se asentaban unas nuevas físicas que aplicaron igualmente bien a

los cuerpos terrestres y a los celestiales. Copérnico, Kepler, y Galileo erantodos justificados por el análisis de Newton de las fuerzas. Descartes fueabsolutamente derrotado.Así con sus tres leyes (de Newton) de movimiento y su principio de gra-

vitación universal le bastó a Newton para explicar el nuevo cosmos. Newtoncreyó sin embargo que eso era con la ayuda de Dios. La Gravedad, es ac-ción divina directa, como lo son todas las fuerzas. El espacio absoluto, paraNewton, era esencial, porque el espacio era el “el sensorium de Dios”, y lamorada divina la cual, necesariamente, debe ser el último sistema de coorde-nadas. (Estas ideas muestran con claridad que Newton formuló sus leyes dela Mecánica en un sistema privilegiado de referencia, sistemas que hoy en díase conocen como “Sistemas inerciales de Referencia”.) Finalmente, el análisisde Newton de las perturbaciones mutuas de los planetas causado por suscampos gravitacionales individuales lo hicieron predecir el derrumbamientonatural del sistema solar, a menos que Dios actuara para corregir las cosas.

La gran síntesis de Newton

Kepler propuso sus tres leyes del movimiento de los planetas basándose enlas regularidades que encontró en los datos de Brahe. Estas leyes se suponíaaplicaban sólo al movimiento de los planetas, no teniendo relación alguna conotros movimientos en el Universo. Además eran completamente empíricas,ellas daban buenos resultados, pero nadie sabía la razón de porqué ellasfuncionaban.Newton cambió todo eso. Primero él demostró que los movimientos de

todos los cuerpos podían ser descritos mediante tres leyes. Más detalles seindicarán en el capítulo de Dinámica, pero las enunciaremos de todos modosen esta introducción, para partículas de masa constante.


I Ley 1.1 (Primera.)Un cuerpo que no está sometido a fuerzas permanece en reposo o se muevecon velocidad constante.

Como veremos así formulada esta ley no puede ser correcta. El conceptomovimiento y por lo tanto el de velocidad es relativo, es decir es necesarioespecificar el sistema de referencia que se ha usado para enunciar la primeraley. Esto es si la primera ley es válida en algún sistema de referencia, dejará deserlo respecto a un sistema de referencia que acelera respecto al primero. Lasolución que se ha dado a este problema es ponerle un nombre a los sistemasde referencia donde la primera ley es válida. Se llaman sistemas inerciales dereferencia

I Ley 1.2 ((Segunda))La aceleración que experimenta un cuerpo (en un sistema inercial de referen-cia) es la fuerza aplicada dividida por la masa

a =F

m. (1.1)

I Ley 1.3 ((Tercera))La fuerza de acción de un cuerpo sobre otro es igual y contraria a la fuerzade reacción del segundo sobre el primero.

Además enunció la ley de gravitación universal. Un poco más adelante seindican los antecedentes que le permiten a Newton descubrirla.

I Ley 1.4 ((Gravitación))la fuerza de atracción entre dos cuerpos es proporcional al producto de susmasas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellos

F = Gm1m2

d2. (1.2)

Luego pudo demostrar que las tres leyes de Kepler se deducen de susleyes cuando la fuerza es la fuerza gravitacional. Los detalles de este procesose explicarán en el capítulo de dinámica de sistemas de partículas.Esta ley constituye una de las primeras unificaciones que ocurren en Físi-

ca, lo que ocurre en la Tierra, caida de piedras, es gobernado por la misma leyque explica el movimiento de los astros en el Cielo. Sin embargo así formu-lada, requiere que esa acción a distancia se propage con velocidad infinita.Si cambia la distancia, la fuerza gravitacional entre dos cuerpo cambiaría


en forma instantánea independientemente de la distancia entre ellos. Al-bert Einstein a comienzos del siglo 20 logró contruir una nueva teoría dela Gravitación, llamada Teoría de la Relatividad General, donde el efectogravitacional se propaga justamente a la misma velocidad que tiene la luz.

1.3. La difusión del método científico

La publicación del Principia marca la culminación del movimiento inicia-do por Copérnico y, como tal, siempre ha perdurado como el símbolo de larevolución científica.Existían, sin embargo, críticas similares en otros ámbitos del conocimiento

natural. En el mismo año que Newton publicaba su gran volumen, aparecíaun libro igualmente importante en anatomía. Andreas Vesalius “Del fabricade corporis de humani ” (“En el Tejido del Cuerpo Humano”, llamó el Delfabrica), aparece un examen crítico de la anatomía de Galeno en la queVesalius utilizó sus propios estudios para corregir muchos de los errores deGaleno.Vesalius, como Newton, puso énfasis en los fenómenos observados, es de-

cir, la descripción exacta de hechos naturales. Esto culminó con el descubri-miento de la circulación de la sangre por William Harvey cuyo trabajo fuepublicado como “Exercitatio Anatomica De Motu el et de Cordis Sanguinisen Animalibus” (Un Ejercicio Anatómico Acerca del Movimiento del Corazóny Sangre en Animales ) .Éste era como el Principia en fisiología donde se estableció la anatomía

y la fisiología como ciencias con derecho propio. Harvey mostró que esosfenómenos orgánicos podrían estudiarse experimentalmente y que algunosprocesos orgánicos podían reducirse a sistemas mecánicos. El corazón y elsistema vascular podrían ser considerados como una bomba y un sistema decañerías y que podían entenderse sin recurrir a espíritus u otras fuerzas nosusceptibles al análisis.En otras ciencias el esfuerzo por sistematizar no tuvo tanto éxito. En

química, por ejemplo, el trabajo de los alquimistas modernos medievales ha-bían conducido a nuevas substancias importantes y procesos, como los ácidosminerales y destilación, pero presentaron sus teorías en un lenguaje místicocasi incomprensible. Robert Boyle en Inglaterra intentó disipar la maleza in-telectual insistiendo en las descripciones claras, en la reproducibilidad de losexperimentos, y concepciones mecánicas de los procesos químicos. La quími-

1.3 La difusión del método científico 17

ca, sin embargo, no estaba todavía madura para la revolución.Nuevos instrumentos como el microscopio y el telescopio multiplicaron

los mundos con los que el hombre tenía que ver. Los viajes por el Mundodevolvieron un diluvio de nuevos especímenes botánicos y zoológicos queagobiaron esquemas clasificadores antiguos. Lo mejor que podía hacerse eradescribir estas cosas nuevas con precisión y esperar que algún día alguienpudiera ajustarlas de una manera coherente.El diluvio creciente de información puso tensiones pesadas en las institu-

ciones viejas y tradicionales. La información tuvo que ser extendida ampliay rápidamente. Ni el genio aislado de Newton pudo comprender un mundoen el que la nueva información estaba produciéndose más rápidamente de loque cualquier persona podía asimilar. Los filósofos naturales tenían que estarseguros de sus datos, y con ese fin requirieron la confirmación independientey crítica de sus descubrimientos. Se crearon nuevos medios para lograr estosfines. Las sociedades científicas empiezan en Italia en los primeros años delsiglo 17 y culminan en las dos grandes sociedades científicas nacionales quemarcan el cenit de la revolución científica: la Sociedad Real de Londres parala Promoción de Conocimiento Natural, creado por carta constitucional realen 1662, y las Académie des Ciencias de París, formadas en 1666.En estas sociedades y otras como ellas por el mundo, los filósofos natura-

les podrían discutir, y podrían criticar nuevos descubrimientos y las teoríasantiguas. Para mantener una base firme en estas discusiones, las sociedadesempezaron a publicar trabajos científicos (papers). Las Transacciones Filo-sóficas de la Sociedad Real que empezaron como una aventura privada desu secretaria fueron el primer periódico científico profesional. Fue copiadopronto por el Mémoires de la academia francesa que ganó igual importan-cia y prestigio. La antigua práctica de ocultar los nuevos descubrimientos enjerga común, el idioma oscuro, o incluso los anagramas gradualmente dieronlugar al ideal de comprensión universal. Se inventaron nuevos cánones parainformar y para que los experimentos y descubrimientos pudieran ser repro-ducidos por otros. Esto requirió nueva precisión en el idioma o lenguaje paracompartir métodos experimentales u observacionales. El fracaso de otros parareproducir resultados lanzaba serias dudas en los informes originales. Así secrearon las herramientas para un ataque frontal a los secretos de naturaleza.Incluso con la revolución científica comenzando, faltaba aún mucho por

hacer. De nuevo, fue Newton quien mostró la manera. El Principia bastabapara el mundo macroscópico. Las tres leyes de Newton de movimiento y elprincipio de gravitación universal eran todo lo necesario para analizar las


relaciones mecánicas de cuerpos ordinarios, y el cálculo como la herramientamatemática esencial. Para el mundo microscópico, Newton proporcionó dosmétodos.Primero, donde las leyes simples de acción ya habían sido determinadas

de la observación, como la relación de volumen y presión de un gas (la ley deBoyle, pv = k ), Newton supuso fuerzas entre partículas que le permitieronderivar esa ley.Él usó estas fuerzas entonces para predecir otros fenómenos, en este caso

la velocidad del sonido en el aire la cual podía medirse y contrastarse con lapredicción.Segundo, el método de Newton hizo posible el descubrimiento de que las

leyes de acción del mundo macroscópico. podrían considerarse como el efec-to de fuerzas microscópicas. Aquí el trabajo terminal de Newton no está enel Principia sino en su obra maestra de físicas experimentales, el Opticks,publicado en 1704 en los que él mostró cómo examinar un asunto experimen-talmente y descubrir las leyes del fenómeno.Newton mostró como el uso juicioso de una hipótesis puede llevar más allá

la investigación experimental hasta que una teoría coherente fuese lograda. ElOpticks fue el modelo en los siglos 18 y comienzos del 19 para la investigacióndel calor, la electricidad, el magnetismo, y los fenómenos químicos.

1.3.1. La edad clásica de la Ciencia

Como consecuencia de que el Principia precedió al Opticks, la mecánicatuvo más desarrollo que otras ciencias en el siglo 18, que en este proceso setransformó de una rama de la física en una rama de la matemáticas.Se redujeron muchos problemas de la física a problemas matemáticos, que

mostraron su ductibilidad de ser resueltos por métodos analíticos cada vezmás sofisticados. El matemático suizo Leonhard Euler fue uno de los obrerosmás fecundos y prolíficos en matemática y en la física matemática. Su desa-rrollo del cálculo de variaciones, una herramienta muy poderosa, le permitiótratar problemas muy complejos. En Francia, Jean Le de Rond Alembert yJoseph-Louis Lagrange tuvieron éxito en reducir los problemas de la mecá-nica a un sistema axiomático que requiere sólo manipulación matemática.La base de la Mecánica de Newton era su congruencia con la realidad

física. Al principio del siglo 18 ella se expuso a muchas pruebas rigurosas.El toque final al edificio de Newton fue proporcionado por Pierre-Simon,marqués de Laplace cuyo “Traité hábil del celeste del mécanique” (1798-

1.4 El método científico 19

1827; las Mecánicas Celestiales) sistematizó todo lo que se había hecho enmecánicas celestiales bajo la inspiración de Newton.Laplace fue más allá de Newton, en sus creencias, mostrando que las

perturbaciones de las órbitas planetarias causadas por las interacciones degravitación planetaria son de hecho periódicas y que el sistema solar es, porconsiguiente, estable, no requiriendo ninguna intervención divina para evitarsu colapso. Esta afirmación puede sin embargo ser discutida hoy en día con eldesarrollo de la teoría de los sistemas dinámicos donde se han abierto nuevasdudas en el asunto de la estabilidad del sistema Solar.

1.4. El método científico

En términos modernos, el método científico puede resumirse en un procesoque consta de los siguientes pasos o etapas

1 Observe aspectos del Universo que sean de su interés como investigador.

2 Invente o idee alguna descripción tentativa de los hechos observados,cuestión llamada una hipótesis, que sea consistente con todo lo queusted ha observado.

3 Utilice la hipótesis para efectuar predicciones de fenómenos nuevos enel ámbito de los fenómenos descritos.

4 Contraste esas predicciones mediante nuevos experimentos o mediantenuevas observaciones, y redefina su hipótesis a la luz de los nuevosresultados.

5 Repita los pasos 3 y 4 hasta que no existan discrepancias entre su teoríao hipótesis y los experimentos u observaciones.

Cuando se logre consistencia entre la hipótesis y los resultados, la hipóte-sis adquiere el rango de teoría científica la cual provee un conjunto coherentede proposiciones que explican una cierta clase de fenómeno durante un ciertoperiodo de tiempo. Una teoría es entonces un artefacto mediante el cual seexplican observaciones y se pueden hacer predicciones.Normalmente, cuando una teoría se ha desarrollado, eventualmente sur-

gen hechos nuevos que son contradictorios con la teoría. En estos casos, sepuede y se han seguido dos caminos. La teoría se puede seguir usando pero en


un ámbito restringido, que no incluye cierto tipo de fenómenos o situacionesdonde ella muestra fallas. O, se construye una nueva teoría más amplia dondeese nuevo fenómeno queda incluido y explicado satisfactoriamente.Un ejemplo lo constituye la Mecánica de Newton que mostró fallas en

dos ámbitos, en el mundo atómico y en el ámbito de velocidades muy altas,cercanas a la velocidad de la luz. Esa teoría se puede usar y se usa con granéxito, sin entrar en esos dos ámbitos. También se han desarrollado teoría queson utilizables en esos ámbitos, donde la mecánica clásica falla. La MecánicaCuántica y la Mecánica relativista.Una gran ventaja del método científico está en la ausencia de prejuicios.

Un investigador no tiene necesariamente que creer a otros. Los experimentospueden ser repetidos y así determinar si los resultados son verdaderos o falsos,independientemente de creencias religiosas o de prejuicios existentes. Unateoría científica es adoptada o descartada sin consideración al prestigio delproponente o a su poder de persuasión.Al estudiar el cosmos, no es posible realizar experimentos directamente,

toda la información se obtiene mediante la observación.Una crítica frecuente que se hace a los científicos y en consecuencia al mé-

todo científico es que muchas cosas que se creían imposibles en el pasado sonhoy en día realidades. Esta crítica está basada en una mala interpretación delmétodo científico. Cuando una hipótesis pasa el test de su comprobación ex-perimental, entonces ella se adopta como la teoría que explica correctamentelos fenómenos observados. Sin embargo, cuando se explora un nuevo rangode fenómenos se utiliza la teoría existente pero se tiene siempre en mente quela teoría puede fallar al intentar explicar nuevos fenómenos. En estos casos,nuevas hipótesis son hechas hasta que emerge una nueva teoría.

1.5. Gravitación

1.5.1. Desarrollo de la teoría gravitacional

Hasta los hallazgos de Newton, no se comprendió que el movimiento delos cuerpos celestiales y la caída libre de objetos en la Tierra eran deter-minados por la misma fuerza. Los filósofos griegos clásicos, por ejemplo, nocreían que los cuerpos celestiales podían ser afectados de algún modo, puestoque ellos parecían perpetuamente seguir trayectorias sin caerse del cielo. Poresa misma razón, Aristóteles pensaba que cada cuerpo celeste sigue un ca-

1.5 Gravitación 21

mino “natural” en su movimiento. Asimismo creía que los objetos materialesterrenales poseen una tendencia natural a acercarse al centro de la Tierra.

Tres leyes de Kepler

1 Los planetas describen órbitas elípticas en las cuales el Sol el cual ocupauno de sus focos.

2 La línea que une un planeta al Sol barre áreas iguales en tiempos igua-les.

3 El cuadrado del periodo de revolución de un planeta es proporcional alcubo de su distancia media al Sol. Una expresión moderna de esta leyes

T 2 =4π2

GMR3, (1.3)

siendo G la constante de gravitación Universal, M la masa del Sol, yR la distancia media al Sol.

La aceleración de gravedad

Desde los estudios de Galileo, se acepta que los objetos en las vecindadesde la superficie terrestre, caen con la misma aceleración, llamada aceleraciónde gravedad que tiene un valor aproximadamente

g = 9,8m s−2 (1.4)

Por otro lado, Newton descubrió una sorprendente relación entre el movi-miento de la Luna (¿influenciada por la Tierra?) y el movimiento de cualquiercuerpo que cae sobre la Tierra. Primero que nada, mediante métodos pura-mente matemáticos y geométricos, el descubrió que un cuerpo que recorreuna órbita circular de radio R en un tiempo ( período) T , está aceleradohacia el centro de la circunferencia con una magnitud igual a:

a =4π2

T 2R. (1.5)

De hecho, es posible obtener lo anterior por métodos puramente geomé-tricos. En efecto considere la figura


s = Vt

r

h

P2P1

P2 '

Cuando el cuerpo pasa de P1 a P 02 el cuerpo ha caído, respecto a la trayecto-

ria rectilínea, la distancia h que puede calcularse geométricamente medianteel teorema de Pitágoras. En efecto h + r es la hipotenusa de un triángulorectángulo, luego

h+ r =√r2 + v2t2.

En lo que sigue, están los ingredientes fundamentales del llamado análisisdiferencial. Si el tiempo es cero, naturalmente h resulta cero. Si el tiempo esmuy pequeño (pero no cero) podemos aproximar

h = r

r1 +

v2t2

r2− r ≈ r

µ1 +

v2t2

2r2

¶− r

=1

2

v2

rt2.

Expresión que nos indica que, para tiempos pequeños, la Luna cae con ace-leración de magnitud

a =v2

ry como la rapidez es

v =2πr

T,

se obtiene el resultado de Newton. Esto ocurre en cada punto de la órbitacircular.

1.5 Gravitación 23

Para Newton esta aceleración debería ser causada por una fuerza. Asísupuso la presencia de una fuerza atractiva entre todos los cuerpos materiales,una fuerza que no requiere contacto directo y que actúa a distancia. Haciendouso de la ley de inercia es decir que los cuerpos no sometidos a fuerzas siguencon velocidad constante en una línea recta, Newton concluyó que una fuerzaejercida por la Tierra sobre la Luna es necesaria para que su movimientosea circular en torno a la Tierra. Él comprendió que esta fuerza debería ser,considerando las proporciones, igual que la fuerza con la que la Tierra atraea objetos sobre su superficie. La expresión anterior permite determinar laaceleración de caída de la Luna, esto es como el experimento de Galileo parapiedras, pero con un objeto muchísimo más lejos.Newton analizó el movimiento de la Luna la que tiene un periodo de

T = 27,3 días (casi un mes) y una órbita de radio aproximadamente igual aRL = 384, 000 kilómetros (aproximadamente 60 radios de la Tierra RT ). Deeste modo la aceleración de la Luna en su órbita es (dirigida hacia la Tierra)de magnitud

a =v2

RL=(2πRL

T)2

RL=4π2RL

T 2=

4π23,84× 108(27,3× 24× 3600)2 = 0,00272m s

−2,

mucho menor que la encontrada por Galileo para cuerpos cayendo cercade la superficie terrestre. La genialidad de Newton consiste en entender lamanera en que la distancia influye. Considere la razón entre la aceleraciónde caida de la Luna a que está a distancia RL del centro de la Tierra, con laaceleración de una piedra g a distancia RT del centro de la Tierra

a

g=0,00272

9,8= 0,000 277

que sorprendentemente resulta (casi) igual a

(RT/RL)2 = (1/60)2 = 0,000 277

Cuando Newton descubrió que la aceleración de la Luna en su órbita es(1/60)2 = 1/3600 veces más pequeña que la aceleración en la superficie dela Tierra, él tuvo la genial idea de suponer que la fuerza, llamada fuerzagravitatoria, entre dos cuerpos disminuye como el inverso del cuadrado de ladistancia entre los cuerpos. Así, si la distancia entre los cuerpos se dobla, sereduce la fuerza en ellos en cuatro veces. Un resultado que requiere suponerque la masa de la Tierra actúa gravitacionalmente en sus alrededores comoque si su masa se concentrara en el centro del planeta.


1.5.2. Ley inversa al cuadrado de la distancia

Es también posible deducir la ley inversa al cuadrado de la distancia,de acuerdo a la tercera ley de Kepler. En efecto si en la expresión de laaceleración para un cuerpo en órbita circular de radio R

a =v2

R=4π2R

T 2,

y se reemplaza el periodo de acuerdo a la tercera ley de Kepler

T 2 = kR3

se obtiene

a =4π2R

kR3=4π2

kR2.

O sea la aceleración y por lo tanto la fuerza, varía con el inverso del cua-drado de la distancia. Newton también dedujo que las fuerzas gravitacionalesentre los cuerpos deberían ser proporcionales a las masas de los cuerpos. Da-do que un cuerpo de masa M que experimenta una fuerza F acelera a razónF/M , una fuerza proporcional a M sería consistente con la observaciones deGalileo de que todos los cuerpos, independientemente de su masa, aceleranbajo la gravedad terrestre con la misma magnitud. Así y en forma resumidala teoría gravitacional de Newton establece que

F12 = Gm1m2

(r12)2, (1.6)

donde F12 es la magnitud de la fuerza gravitatoria que actúa entre las loscuerpos de masas m1 y m2 separadas una distancia r12. “La fuerza igualael producto de estas masas y de G, una constante universal, dividida por elcuadrado de la distancia”. Su teoría gravitatoria permitió explicar las leyes deKepler y estableció la ciencia cuantitativa moderna de la gravitación. Tiene,como se explicó antes el defecto que es de acción instantánea. O sea que si ladistancia cambia, la fuerza gravitacional cambia instantáneamente, aunquelos cuerpos se encuentren a una enorme distancia,.Hoy se acepta que la constante de gravitación universal G tiene en el

sistema SI, que se explica más adelante, el valor

G = 6,67259× 10−11m3 kg−1 s−2, (1.7)

1.5 Gravitación 25

y la fuerza gravitacional actúa en la dirección de la línea que une los doscuerpos.Una expresión más simple, permite calcular la aceleración en la superficie

en Tierra, la llamada aceleración de gravedad. Sea MT la masa de la tierray RT su radio, la aceleración descendente de un cuerpo en la superficie es

g =GMT

R2T.

De aquí puede deducirse una expresión aproximada para la aceleración degravedad a una altura h sobre la superficie terrestre, pequeña comparadacon el radio terrestre:

g(h) =GMT

(RT + h)2(1.8)

≈ GMT

R2T+

µ−2GMT

R3T

¶h

= g(0)(1− 2h

RT).

Nota 1.1 Las matemáticas nos informan que (1 + x)p ≈ 1 + px, cuando |x|es mucho menor que 1. Esto justifica el resultado anterior.

1.5.3. Cuerpos en órbita circular

De acuerdo a lo establecido por Newton la aceleración de un cuerpo enmovimiento circular de radio R, periodo T y rapidez v está dada por

a =4π2R

T 2=

v2

R,

y por otro lado su ley de gravitación Universal establece que la fuerza res-ponsable de esa aceleración es

F12 = Gm1m2

(r12)2,

entonces si el cuerpo de masam está en órbita alrededor de la Tierra de masaMT su segunda ley conduce a

mv2

R= G

mMT

R2,


o sea el cuerpo debe tener una rapidez dada por

v =

rGMT

R. (1.9)

Como se verá más adelante, la ley de Gravitación universal cuando se aplicaal movimiento de dos cuerpos que se atraen gravitacionalmente, conduce atres posibles trayectorias u órbitas relativas entre los dos cuerpos. Ellas sonelipses, de las cuales la circunferencia es un caso particular, hipérbolas yparábolas. Más adelante, en Física II, se verá la solución al problema de lasórbitas relativas de dos cuerpos con atracción gravitacional.

1.5.4. Velocidad de escape

Si se lanza un objeto hacia arriba, no demasiado rápido, el cuerpo vuelvea caer. Si se lanza más rápido puede no volver. Un objeto lanzado haciaarriba desde la superficie de un planeta, despreciando el efecto del roce conla atmósfera, no regresa de caída si la velocidad excede el valor denominadovelocidad de escape que puede ser determinado mediante

ve =

r2GM

R, (1.10)

siendo M la masa del planeta, R su radio y G la constante de gravitación.La fórmula anterior es también válida para lanzamientos desde cualquieraltura y será demostrada en el capítulo de sistemas de partículas del siguientecurso. Desde la superficie de la Tierra ese valor resulta ve = 11,18 km s−1 =40248,0 kmh−1. Desde la superficie de la Luna resulta mucho menor ve =2,4 km s−1 = 8640 kmh−1. Debemos mencionar también que si un cuerpotiene la velocidad de escape respecto a la Tierra esa no es suficiente paraescapar de la atracción gravitacional del Sol. Este resultado aplica ademáspara un objeto lanzado desde cualquier altura, siendo en este último caso Rla distancia desde el centro de la Tierra al punto de lanzamiento.

1.5.5. Peso y masa

El peso W del cuerpo es definido por la fuerza igual y opuesta necesariapara prevenir la aceleración descendente del cuerpo. El mismo cuerpo puestoen la superficie de la Luna tiene la misma masa, pero, como la Luna tiene

1.5 Gravitación 27

una masa de aproximadamente 1/81 veces el de la Tierra y un radio deaproximadamente 0,27 el de la Tierra, el cuerpo en la superficie lunar tieneun peso de sólo 1/6 su peso de Tierra.

Newton pudo demostrar que las tres leyes de Kepler, se desprenden ma-temáticamente del uso de sus propias leyes de movimiento y de la ley degravitación. Estos aspectos serán tratados en el capítulo de sistemas de par-tículas. En todas las observaciones del movimiento de un cuerpo celestial,sólo el producto de G y la masa M aparece. Newton estimó la magnitudde G suponiendo la densidad de masa de promedio de la Tierra alrededorde 5,5 veces la del agua lo que permite estimar la masa de la Tierra MT .Finalmente calculó G mediante

G =gR2TMT

obteniendo un valor cercano a 6,6726× 10−11.Usando las observaciones del movimiento de las lunas de Júpiter descu-

biertas por Galileo, Newton determinó que Júpiter es 318 veces más masivoque la Tierra pero tiene sólo 1/4 de su densidad y un radio 11 veces másgrande que la Tierra.

1.5.6. Interacción entre los cuerpos celestiales

Cuando dos cuerpos celestiales de masas comparables se atraen gravita-cionalmente, ambos orbitan con respecto al centro de masa de los dos cuerpos.Ese punto queda entre los cuerpos en la línea que los une en una posición talque las distancias a cada cuerpo multiplicadas por la masa de cada cuerposon iguales. En fórmulas

R1 =M2

M1 +M2R,

R2 =M1

M1 +M2R,


R1 R2

R

M2 M1

CM

Así, la Tierra y el Sol están orbitando en torno a su centro común de masaCM . Con leves modificaciones las leyes de Kepler son válidas para los sis-temas de dos cuerpos de masas estando el foco de las órbitas elípticas en laposición del centro de masa de los dos cuerpos. Más adelante en el capítulo 8se encontrarán todas las posibles órbitas. Por ahora consideremos sólo órbitascirculares. Cada cuerpo cumple con la segunda ley de Newton, es decir

M1a1 = M1v21R1

= GM1M2

R2,

M2a2 = M2v22R2

= GM1M2

R2,

de donde como las velocidades son

v1 =2πR1T1

, v2 =2πR2T2

,

se obtiene4π2R1T 2

= GM2

R2,

4π2R2T 2

= GM1

R2.

Si las sumamos considerando que R = R1+R2 resulta la llamada tercera leyde Kepler

R3 =G(M1 +M2)

4π2T 2. (1.11)

1.5 Gravitación 29

Esto es, el cuadrado del periodo T es proporcional al cubo de la distan-cia R entre los centros de los dos cuerpos. Esta fórmula puede usarse paradeterminar las masas separadas de estrellas binarias. La fórmula anterior de-termina la suma de las masas y si R1 y R2 son las distancias de las estrellasindividuales del centro de masa, entonces

M1R1 =M2R2

y la suma de las distancias es la distancia total R. Estas relaciones son sufi-cientes para determinar las masas individuales. Las observaciones del movi-miento orbital de las estrellas dobles, del movimiento dinámico de estrellasque mueven colectivamente dentro de sus galaxias, y del movimiento de lasgalaxias, verifican que la ley de Newton de gravitación es válida, con un altogrado de exactitud a lo largo y ancho del universo visible.Newton también explicó las mareas del océano, fenómenos que envolvieron

en misterio a los pensadores durante siglos, y que son una simple consecuenciade la ley universal de gravitación. Ellas son causadas específicamente por lafuerza gravitatoria de la Luna y, en menor grado, del Sol sobre las aguas.Ya era conocido en tiempos de Newton que la Luna no tiene una órbita

Kepleriana simple. Otras observaciones más exactas sobre los planetas tam-bién mostraron diferencias con las leyes de Kepler. El movimiento de la Lunaes particularmente complejo. Además, la atracción gravitatoria de los plane-tas explica casi todos los rasgos de sus movimientos. Las excepciones son noobstante importantes. Urano, el séptimo planeta del Sol, manifestó impor-tantes variaciones en su movimiento que no podían ser explicadas medianteperturbaciones de Saturno, Júpiter, y de los otros planetas. Dos astrónomosdel siglo 19, John Couch Adams de Bretaña y Urbain-Jean-Joseph Le Verrierde Francia, supusieron independientemente la presencia de un octavo planetainadvertido que podría producir las diferencias observadas. Ellos calcularonsu posición dentro de una precisión de un grado de donde se descubrió Nep-tuno más tarde en 1846.

1.5.7. Medidas absolutas de la gravedad

Hay dos maneras básicas de determinación de la gravedad: cronometrandoel caída libre de un objeto y cronometrando el periodo del movimiento de un


péndulo bajo la gravedad , el cual para oscilaciones pequeñas está dado por

T = 2π

sL

g. (1.12)

En 1817 el físico inglés Henry Kater construye y fue el primero en usarun péndulo reversible para hacer medidas absolutas de g.(Péndulo de Kater)El péndulo reversible se usó para las medidas absolutas de gravedad desde

los tiempos de Kater hasta los años cincuenta. Los instrumentos electrónicosles han permitido a los investigadores medir con mucha precisión el tiempode caída libre. También es posible hacer medidas sumamente exactas queusan interferencia láser. Por consiguiente, las medidas directas de caída librehan reemplazado el péndulo para las medidas absolutas de gravedad. Hoy díalos lasers sirven como fuentes luminosas para los interferómetros. El objetoque cae refleja un haz de luz láser. Se han usado versiones transportables detal aparato para medir diferencias de gravedad en toda Tierra. La exactitudalcanzable en estas medidas es aproximadamente una parte en 108.

1.5.8. Datos actuales de las órbitas planetarias

Hoy se conocen bastante bien las características de los planetas y de susórbitas, para lo cual se presenta la tabla siguiente con algunos datos útilesde algunos de ellos:

Mercurio Venus TierraDistancia al Sol,semi eje mayor km

57909175 108208930 149597890

Periodo orbital,años terrestres

0,24084445 0,61518257 0,9997862

Masa kg 0,33022× 1024 4,8690× 1024 5,9742× 1024y para los más alejados

Marte Júpiter SaturnoDistancia al Sol,semi eje mayor km

227936640 778412020 1426725400

Periodo orbital,años terrestres

1,88071105 11,85652502 29,42351935

Masa kg 0,64191× 1024 1898,7× 1024 568,51× 1024

1.6 Unidades 31

1.6. Unidades

1.6.1. Medición

El tema de las mediciones en Física es uno de los aspectos centrales delmétodo científico. Cualquier medición involucra primero que nada la defini-ción de la propiedad física a ser medida y en segundo lugar involucra unacomparación (por algún método bien definido) con una propiedad física co-nocida del mismo tipo, la unidad de medida. El proceso termina arrojandoun número para la propiedad física que está siendo medida, más alguna esti-mación del error cometido. El error se define como la diferencia entre el valormedido y el valor verdadero, hipotético valor que posee la cantidad física.

El proceso de medición siempre involucra algún intercambio de energíaentre el observador o el instrumento, con el objeto que está siendo medido.En muchos casos eso produce un efecto despreciable sobre la determinaciónrealizada, pero en otros casos produce un efecto no despreciable que limitala acuciosidad del valor logrado, sobre todo a nivel del mundo microscópico.

1.6.2. Valor verdadero

Los errores en las mediciones están bien definidos, aunque sean desco-nocidos, cuando el valor verdadero de la propiedad física que está siendomedida existe. Este punto no está absolutamente claro, pero se cree que hayciertas cantidades físicas que tienen valor verdadero. Por ejemplo la cargadel electrón o del protón. La masa en reposo del electrón. La velocidad dela luz. Además existen constantes en las leyes de la física, las cuales tienenpresumiblemente un valor verdadero, por ejemplo la constante de gravita-ción universal, la constante de Planck, etcétera. Por otro lado, la corrienteque circula por un dispositivo puede tener fluctuaciones intrínsecas de causasdesconocidas, que indeterminan el concepto de valor verdadero, y por lo tan-to el concepto de error en su medición. La aplicación de teorías de errores otratamiento estadístico de datos que se explica más adelante, requiere tenerclaridad sobre estos aspectos.


1.7. Cifras significativas

Como resultado de un proceso de medición, por ejemplo de una longitud,el resultado debe establecer los números correctos y el primer número incier-to. Con relación a la figura la longitud determinada podría ser escrita

12

13

14

15

Incerteza

L = 14,35 cm

siendo incierto el último dígito, de manera que sería igualmente válido escri-birlo como

L = 14,34 cm

Así, las cifras significativas de una medida, en este caso cuatro, son los dígitoscorrectos y el primer número incierto.

Ejemplos

G =6.67259×10−11m3 kg−1 s−2 tiene seis cifras significativas.

e = 1,60217733×10−19C tiene nueve cifras significativas.

L = 10,8345m tiene seis cifras significativas.

L = 10,8345× 106m tiene seis cifras significativas.

L = 1,08345× 10−6m tiene seis cifras significativas.

40100 m tiene cinco cifras significativas. Sin embargo si se trata de unentero, 3800 manzanas, hay infinitas cifras significativas.

0,000401 tiene tres cifras significativas.

1.8 Estandarización 33

La velocidad de la luz en el vacío c = 299792458m s−1 se acepta hoyque es un valor exacto. Si se determinara con una mayor precisión, elvalor de c se mantendría pero cambiaría la definición de la unidad delongitud, el metro. Esto es se prefiere mantener constante la velocidadde la luz en ese valor, y corregir la unidad de longitud para que así sea.Vea un poco más adelante.

Operaciones con cifras significativas

Al operar con resultados de mediciones, deben respetarse ciertas reglas.En la suma o resta de números, debe redondearse el resultado de modo queel número de decimales sea el del que tenga menos cifras decimales.En la multiplicación o división, el resultado debe redondearse de modo

que el número de cifras significativas del resultado, sea el del factor que tengamenos cifras significativas.

Ejemplos

0,123− 0,1256 = −0,002 6 ≈ −0,003

12,1 + 0,0017 = 12. 101 7 ≈ 12,1

3,67× 2,3 = 8. 441 ≈ 8,4

0,0123/2,3 = 0,005 347 ≈ 0,005 4

1.8. Estandarización

Los primeros estándares de medición aparecieron en las culturas medite-rráneas y estaban basadas en partes del cuerpo humano, o en lo que algúnanimal podía tirar, o en el volumen de algún depósito. La unidad egipcia“cubit” se acepta que fue la unidad de longitud lineal más extendida en elmundo antiguo a partir de año 3000 bC, y consistía en la longitud entre elcodo del brazo hasta la punta de los dedos extendidos. Bueno, las cosas hanavanzado progresivamente y hoy día de acuerdo a una convención internacio-nal realizada en París en 1960 acordaron el sistema internacional de unidades(SI) basado en siete unidades básicas.Las letras SI representan al “Système International d’Unités”. Este es

el sistema internacionalmente acordado para la mayor parte de los trabajos


científicos y tecnológicos en la mayoría de los países. Las Unidades SI son detres tipos base, suplementarias, y derivadas. Hay siete unidades base corres-pondientes a las siete cantidades físicas dimensionalmente independientes,como se muestra en la tabla siguiente

1.8.1. Unidades SI base

Unidades SI baseCantidad física Nombre Símbololongitud metro mmasa kilogramo kgtiempo segundo scorriente eléctrica Ampère Atemperatura termodinámica Kelvin Kcantidad de substancia mol molintensidad luminosa candela cd

1.8.2. Unidades SI suplementarias

Unidades SI suplementariasCantidad física Nombre Símboloángulo plano radián radángulo sólido estereorradián sr

1.8 Estandarización 35

1.8.3. Unidades SI derivadasUnidades SI derivadas

Cantidad física Nombre Símbolofrecuencia Hertz Hzenergía Joule Jfuerza Newton Npotencia Watt Wpresión Pascal Pacarga eléctrica Coulomb Cdiferencia de potencial eléctrico Volt Vresistencia eléctrica Ohm Ωconductancia eléctrica Siemens Scapacidad eléctrica Farad Fflujo magnético Weber Wbinductancia Henry Hdensidad de flujo magnético 1.8.3 Tesla Tflujo luminoso Lumen lmiluminación Lux lx

*También conocida como inducción magnéticaUnidades SI se usan con catorce prefijos para formar múltiplos decimales

y submúltiplos de las unidades.

Prefijos usados con unidades SINombre de Nombre de

Factor Prefijo Símbolo Factor Prefijo Símbolo10 deca- da 10−1 deci- d102 hecto- h 10−2 centi- c103 kilo- k 10−3 mili- m106 mega- M 10−6 micro- μ109 giga- G 10−9 nano- n1012 tera- T 10−12 pico- p1015 peta- P 10−15 femto- f1018 exa- E 10−18 atto- a

.


1.9. Las unidades básicas

Las definiciones de las unidades básicas, de espacio tiempo y masa, hanexperimentado cambios con el propósito de adecuarse a los avances en losmétodos experimentales, no existiendo razón alguna para suponer que lasactuales definiciones son las definitivas. La excepción consiste en la unidadde masa, el kilogramo, establecida en 1887. Hoy (1999), las definiciones acep-tadas son las siguientes.

Definicion 1.9.1 El kilogramo se define como la masa de un cilindro fabri-cado con una aleación de platino e Iridio que se conserva en la InternationalBureau of Weights and Measures, en Sevres Francia.

Este patrón (primario) no se ha cambiado debido a la extraordinariaestabilidad de esa aleación. Un duplicado (patrón secundario) se conserva enel National Bureau of Standards en Gaitherburg.

Definicion 1.9.2 Un segundo es el tiempo que requiere un átomo de Cesio133 para realizar 9.192.631.770 vibraciones, correspondientes a la transiciónentre dos niveles hiperfinos de su estado fundamental.

Esta definición tiene la ventaja respecto a la definición del kilogramo,de no requerir de patrones específicos guardados en algún lugar, para surealización.

Definicion 1.9.3 El metro se define como la distancia recorrida por la luzen el vacío en un intervalo de tiempo de 1

299,792,458segundos.

Esta definición está basada en la extraordinaria precisión con que actual-mente se puede medir la velocidad de la luz, la cual se acepta hoy en día quees exactamente 299,792,458 ms−1.

1.9.1. Noción física de las Unidades

Es bueno o deseable tener una noción física del "tamaño"de las unidades.Usted puede hacer algunas pruebas simples para ver cuan cerca anda ustedde apreciar una unidad.

1.10 Ejercicios resueltos 37

Sobre el segundo

Use un reloj que tenga segundero. Cuando esté en cero, cuente 60 unidades(sin mirar el reloj) intentando hacerlo tras cada segundo. Al final vea su relojy vea cuantos segundos transcurrieron efectivamente. Con práctica mejorará.

Sobre el metro

Marque sobre una mesa o sobre un diario, dos marcas que usted estimeestán separadas un metro después mída la distancia con una huincha de mediry sabrá cuan cerca estuvo.

Sobre el kilógramo

Trate de tener un kilógramo de algo. Después, mediante una balanzadetermine la masa.

Sobre el Newton

La unidad de fuerza Newton no es apreciable con tanta facilidad. Si ustedquiere saber que es más o menos 1N considere la unidad de fuerza máscercana a nosotros que es el peso de un kilógramo masa 1kgf y que

1kgf = 9,8N

1.10. Ejercicios resueltos

Ejercicio 1.1 Un cuerpo describe una órbita circular de radio R = 100 men torno a un punto fijo con rapidez constante dando una vuelta completapor segundo. Determine la magnitud de la aceleración del cuerpo.

Solución. La aceleración en órbita circular es de magnitud

a =v2

R=(2πR

T)2

R

=4π2R

T 2=4π2 × 100

1= 3947. 8m s−2

N


Ejercicio 1.2 Si el cuerpo del ejercicio anterior, repentinamente siguieraen línea recta, determine la rapidez de crecimiento de la distancia al puntofijo en ms−1.

Solución. Este problema, es más apropiado hacerlo cuando se tenga claroel concepto de derivada. De todos modos se soluciona por medios geométricos,quizás como lo habría hecho Newton. Si v es la rapidez en la órbita circulary sigue en línea recta, el cuerpo recorre una distancia

d = vt.

Por el teorema de Pitágoras, la distancia D al centro de la circunferenciaoriginal crece de la forma

D =√R2 + v2t2

ver figura. La velocidad del cuerpo podemos imaginarnos se puede descom-poner en una parte paralela a esa distancia, la que la hace crecer y otra parteperpendicular que no la afecta. De modo que la rapidez de crecimiento deesa distancia D será

v cosα

pero de la figura

cosα =vt√

R2 + v2t2

obteniendo para la rapidez de crecimiento

v2t√R2 + v2t2

ms−1

con R = 100m y v = 2πR1= 628. 319ms−1 se tiene una función conocida del

tiempo.

N

Ejercicio 1.3 Las masas de la Tierra y de la Luna son aproximadamenteMT = 5,98 × 1024 kg y ML = 7,36 × 1022 kg siendo la distancia promedioentre ellos 3,84× 108 m. Determine la fuerza ejercida por la Tierra sobre laLuna y la ejercida por la Luna sobre la Tierra.


R

vt

αv

α

Figura 1.6:

Solución. Ambas son de igual magnitud dada por

F = GMTML

d2

= 6,67259× 10−115,98× 1024 × 7,36× 1022

(3,84× 108)2= 1. 99× 1020N

N

Ejercicio 1.4 De los datos del ejercicio anterior, determine el tiempo em-pleado por la Luna en dar una vuelta completa en torno a la Tierra, en días.

Solución. Considerando a la Tierra en reposo, la segunda ley de Newtonda

GMTML

d2=ML

4π2d

T 2o sea

T =

s4π2d3

GMT

=

s4π2(3,84× 108)3

6,67259× 10−11 × 5,98× 1024

= 2. 366 894 458× 106 s= 27. 39 días


Sin embargo ambos cuerpos describen órbitas casi circulares en torno al cen-tro de masa de modo que si llamamos RL y RT a los radios de las órbitas,con RL + RT = d se tiene que (fuerza igual masa por aceletración)

GMTML

d2= ML

4π2RL

T 2,

GMTML

d2= MT

4π2RT

T 2

o bien

GMT

d2=

4π2RL

T 2,

GML

d2=

4π2RT

T 2

y si las sumamos

GML +MT

d2=4π2d

T 2,

expresión dada en clase en la forma

R3 =G(M1 +M2)

4π2T 2

El efecto del movimiento de la Tierra da el valor

T =

s4π2d3

G(MT +ML)

=

s4π2(3,84× 108)3

6,67259× 10−11 × (5,98× 1024 + 7,36× 1022)= 2. 352 462 04× 106 s= 27. 23 días

Ni uno de los dos cálculos puede ser considerado exacto porque el movimientode la Luna es mucho mas complejo que una órbita circular.

N

Ejercicio 1.5 Determine aproximadamente la fuerza que hace la Luna so-bre una persona que está sobre la superficie terrestre y de masa 80 kg.


Solución. La distancia entre los centros es d = 3,84 × 108 m. el radioterrestre es aproximadamente 6,38 × 106m de manera que si la Luna estasobre la persona la distancia sera 3,84× 108 − 6,38× 106 = 3. 776 2× 108mresultando para la fuerza

F = GmML

d2

= 6,67259× 10−1180× 7,36× 1022

(3. 776 2× 108)2= 2. 755 × 10−3N= 2. 8× 10−4 kgf

bastante pequeña.

N

Ejercicio 1.6 Si el radio de la Luna es 1,74×106 m determine cuanto pesaun kg de oro en la Luna.

Solución. El cálculo de la fuerza gravitacional da

F = GmML

d2

= 6,67259× 10−111× 7,36× 1022

(1,74× 106)2= 1. 622N

= 0.166 kgf

alrededor de 1/6 de lo que pesa en la superficie terrestre.

N

Ejercicio 1.7 De acuerdo a los radios orbitales, evalúe los periodos orbita-les usando la tercera ley de Kepler, comparando con los datos tabulados.

Solución. Los datos tabulados son


R km T años T calculadoMercurio 57, 909, 175 0,24084445 0,241Venus 108, 208, 930 0,61518257 0,615Tierra 149, 597, 890 0,99997862 1,000Marte 227, 936, 640 1,88071105 1. 881Júpiter 778, 412, 020 11,85652502 11. 871Saturno 1, 426, 725, 400 29,42351935 29. 458Urano 2, 870, 972, 200 83,74740682 84. 088Neptuno 4, 498, 252, 900 163,7232045 164. 914Plutón 5, 906, 376, 200 248,0208 248. 126los periodos calculados lo son de acuerdo a

T =

s4π2R3

GMS

=

s4π2R3

GMS

la masa del Sol es aproximadamente MS = 1,991 × 1030 kg de modo queresulta

N

MercurioT = 0,241 añosVenus T = 0,615 añosTierra T = 1. 000 añosMarte T = 1. 881 añosJúpiter T = 11. 871 añosSaturno T = 29. 458 añosUrano T = 84. 088 añosNeptuno T = 164. 914 añosPlutón T = 248. 126 añosLas pequeñas diferencias podrían ser adjudicadas al hecho que las órbitas

no son circulares.

Ejercicio 1.8 Determine a qué distancia entre la Tierra y la Luna, uncuerpo no es atraído hacia ninguno de los dos cuerpos.


Solución. Sea x la distancia al centro de la Tierra y d la distancia entrela Tierra y la luna. Debe tenerse que la fuerza resultante es cero, o sea

GmMT

x2−G

mML

(d− x)2= 0

de donde(d− x)

x=

rML

MT

despejamos x

x =d

1 +

r³ML

MT

´=

3,84× 108

1 +

r³7,36×10225,98×1024

´= 3. 456 × 108m

N

Ejercicio 1.9 Un péndulo de longitud L = 2 m efectúa oscilaciones en lasuperficie terrestre. Determine el número de oscilaciones que efectúa en cadasegundo.

Solución. De acuerdo a

T = 2π

sL

g.

resulta

T = 2π

r2

9,8= 2. 84 s

y entonces la frecuencia es

f =1

T= 0. 352 osc/s


N

Ejercicio 1.10 Utilizando las leyes de Kepler, discuta la existencia del pla-neta X, hipotético planeta igual a la Tierra, en su misma órbita elíptica entorno al Sol, pero que permanece siempre oculto detrás del Sol y por eso noha sido observado.

Solución. No es posible porque si en algún instante ellos están en línearecta con el Sol, más tarde, el que está más cerca del Sol y que tiene mayorrapidez, se adelantará.

N

Ejercicio 1.11 Si la distancia promedio de la Tierra al Sol es aproximada-mente 1,496× 1011m determine aproximadamente la masa del Sol.

Solución. Suponemos que además se conocen otros datos tal como queel periodo de la órbita terrestre T = 365× 24 × 3600 s = 3. 153 6× 107 s demanera que

T 2 =4π2

GMsolR3,

entonces

Msol =4π2

GT 2R3

=4π2

6,67259× 10−11(3. 153 6× 107)2 (1.496× 1011)3

= 1. 99× 1030 kg

N

Ejercicio 1.12 Verifique con los datos de la tabla, el cumplimiento de latercera Ley de Kepler.

Ejercicio 1.13 De acuerdo a las masas de los planetas, evalúe las velocida-des de escape desde sus superficies, comparando sus valores con los tabulados.

Solución. De acuerdo a los datos (dos primeras columnas)


Masa kg R km ve kms−1

Mercurio 0,33022× 1024 2439,7 4,25Venus 4,8690× 1024 6051,8 10,36Tierra 5,9742× 1024 6378,14 11,18Marte 0,64191× 1024 3397 5,02Júpiter 1898,7× 1024 71492 59,54Saturno 568,51× 1024 60268 35,49Urano 86,849× 1024 25559 21,29Neptuno 102,44× 1024 24764 23,71Plutón 0,013× 1024 1195 1,27

ve km s−1 calculada

4. 250 110. 361 911. 180 35. 021 759. 533 535. 480 321. 294 823. 495 61. 204 9

y

ve(M,R) =

r2GM

R,

podemos calcularMercurio ve = 4. 250 1 km s−1

Venus ve = 10. 361 9 km s−1

Tierra ve = 11. 180 3 kms−1

Marte ve = 5. 021 7 kms−1

Júpiter ve = 59. 533 5 km s−1

Saturno ve = 35. 480 3 km s−1

Urano ve = 21. 294 8 km s−1

Neptuno ve = 23. 495 6 km s−1

Plutón ve = 1. 204 9 km s−1

N

Ejercicio 1.14 De acuerdo a las masas de los planetas y sus radios, evalúela aceleración de gravedad en sus superficies, comparando sus valores con lostabulados.

Solución. La aceleración de gravedad es la fuerza gravitacional divididapor la masa es decir

g =GMP

R2P

donde RP y MP son el radio y la masa del planeta.Mercurio Venus Tierra Marte

Masa×10−27 g 0.33022 4.8690 5.9742 0.64191Gravedad en la superficie cm s−2 370 887 980 371Radio medio ecuatorial (Km) 2,439.7 6,051.8 6,378.14 3,397


Júpiter Saturno Urano Neptuno Plutón1,898.7 568.51 86.849 102.44 0.0132312 896 869 1100 8171,492 60,268 25,559 24,764 1,195Calculando para el primero y el ultimo

gMercurio =6,67259× 10−11(0,33022× 1024)

(2,4397× 106)2= 3. 702m s−2

= 370,2 cm s−2

gPluton =6,67259× 10−11(0,013× 1024)

(1,195× 106)2= 0. 607 m s−2

= 60,7 cm s−2

N

Ejercicio 1.15 Estudie si existe alguna ley que de cuenta de las distanciasde los planetas al Sol. (Por razones históricas, considere unidades dondela distancia Tierra Sol sea 10). Si existe alguna discontinuidad en su ley,aventure alguna hipótesis.

Solución. Los datos, la primera columna de la tabla, cuando son ex-presados tomando arbitrariamente RT = 10, dan los valores de la segundacolumna. Esos números, con imaginación y paciencia se parecen a la secuenciade números enteros de la tercera columna, números llamados de Titius-Bode.

R km 10×R/RT Titius-BodeMercurio 57909175 3,87 4Venus 108208930 7,23 7Tierra 149597890 10 10Marte 227936640 15,22 16

Júpiter 778412020 5 2,03 52Saturno 1426725400 9 5,37 100Urano 2870972200 19 1,91 196Neptuno 4498252900 30 0,69 388


Con esfuerzo y algo más, se puede ver que esos números corresponden ala secuencia 4 + 3 × 2n−1 con n = 1, 2, 3, · · · . Si se observa la tabla de esosvalores, se descubre que correspondería la existencia de un planeta con n = 4

n 4 + 322n

1 72 103 164 285 526 1007 1968 388esto es, la secuencia predice un planeta con 10×R/RT = 28, entre Marte y

Júpiter, precisamente donde está el cinturón de Asteroides. Nadie ha podidojustificar esta “ley” de modo que al parecer se trataría de una coincidencia.

N

Ejercicio 1.16 Considere un satélite artificial en órbita ecuatorial geoes-tacionaria, es decir que permanece siempre sobre el mismo punto de la su-perficie terrestre. Determine entonces la altura del satélite sobre la superficieterrestre y la rapidez de él en su órbita.

Solución. Si Ω denota la velocidad angular terrestre esto es

Ω =2π

24× 3600 rad/s

o bien que el periodo de la rotación T =día= 24×3600 = 86400,0 s, entoncesla condición para que el satélite esté geo estacionario será

v =2πr

T

pero la rapidez en órbita circular es

v =

rGMT

r

de modo que tenemos2πr

T=

rGMT

r


elevando al cuadrado4π2r2

T 2=

GMT

r

de donde podemos despejar r

r3 =GMTT

2

4π2

r =3

rGMTT 2

4π2

cálculos numéricos paraT = 86400,0MT = 5,98× 1024G = 6,67259× 10−11danr = 3

qGMTT 2

4π2= 4. 226× 107m

entonces la altura sobre la superficie terrestre será

h = r −RT=

= 4. 226× 107 − 6,38× 106

= 3. 588× 107m= 3. 588× 104 km

y

v =

rGMT

r= 3072. 791 m s−1 = 11062. 05 kmh−1

N

Ejercicio 1.17 Respecto a la situación del problema anterior, si la alturadel satélite es reducida a la mitad pasando a otra órbita circular, determineel número de vueltas que da el satélite por día en torno a la Tierra.

Solución. Ahora la altura es la mitad, es decir

h =3. 588× 107

2= 1. 794× 107m


de donde

r = 6,38× 106 + 1. 794× 107

= 2. 432× 107m

entonces

v =

rGMT

r= 4050. 569m s−1

Suponiendo que la velocidad es en el mismo sentido de la rotación terrestre,esto corresponde a un periodo

T =2πr

v= 37724. 839 8 s

esto es en un día el satélite da

86400,0

37724. 839 8= 2,29

vueltas y la Tierra da una, luego relativo a la Tierra el satélite da

1,29

vueltas.

N

Ejercicio 1.18 Considere a una persona en el Ecuador terrestre. Productode la rotación terrestre esa persona está acelerada hacia el centro de la Tierra.Determine la magnitud de esa aceleración. Si la persona se para sobre unabalanza y ella tiene una masa de 80 kg determine la lectura de la balanza enkgf . (1 kgf = 9,8N)

Solución. Si N es la fuerza que hace la balanza sobre la persona haciaarriba, la segunda ley de Newton da

mg −N = mv2

RT

donde v es la rapidez Ecuatorial de la Tierra que puede calcularse de acuerdoa

v =2πRT

T


donde T es el periodo de rotación terrestre (un día). Así resulta

N = mg −mv2

RT

= mg −m4π2RT

T 2

y numéricamentem = 80 kgRT = 6,38× 106mg = 9,8ms−2

N = 781. 301N

=781. 301

9,8= 79. 72 kgf.

O sea la rotación terrestre disminuye algo el peso de la persona.

N

Ejercicio 1.19 Determine el radio que debería tener un planeta con la mis-ma masa terrestre, para que la velocidad de escape en su superficie fuera lavelocidad de la luz.

Solución. La velocidad de escape es

ve =

r2GMT

R

e igualando a c = 2,99792458× 108ms−1

c =

r2GMT

R,

podemos despejar

R =2GMT

c2= 0,008 9m

= 0,89 cm

(Si el radio Terrestre fuera reducido a un valor menor que ese, tendríamosun agujero negro con la masa de la Tierra)


N

Ejercicio 1.20 Determine el radio que debería tener una estrella con lamisma masa que el Sol, para que la velocidad de escape en su superficie fuerala velocidad de la luz.

Solución. Es igual, pero ahora MS = 1,991× 1030 kg obteniendo

R =2GMS

c2= 2956. 339 m

N

Ejercicio 1.21 Determine la velocidad de rotación que debería tener unplaneta como la Tierra, en vueltas por día, para que despegáramos de lasuperficie en el Ecuador.

Solución. Como sabemos que la rapidez para órbita circular a nivel delsuelo sería

v =

rGMT

RT

ello da v =q

GMT

RT= 7908. 378 974ms−1 de modo el periodo de la rotación

debe ser

T =2πRT

v= 5068. 892 s

lo que corresponde a86400,0

5068. 892= 17. 05

vueltas por día.

N

Capítulo 2

Vectores

2.1. Escalares y vectores

Una cantidad física que pueda ser completamente descrita por un nú-mero real, en términos de alguna unidad de medida de ella, se denominauna cantidad física escalar. Como veremos existen cantidades físicas que sondescritas por más de un número, o por un número y otras propiedades. Enparticular los vectores se caracterizan por tener una magnitud, expresablepor un número real, una dirección y un sentido. Sin embargo hay algo másque explicaremos.

2.2. Sistemas de referencia

Para especificar la posición de un punto en el espacio, se utilizan sistemasde referencia. Esta posición se define en forma relativa a algún determinadosistema de referencia.

2.2.1. Sistema cartesiano

En un sistema de referencia cartesiano, existen tres ejes denominados ejescartesianos X, Y, Z ortogonales que se intersectan en un punto O llamadoorigen del sistema cartesiano. La posición de un punto respecto a ese sistemade referencia se define por el conjunto de sus coordenadas cartesianas (x, y, z),esto es mediante tres números, ver figura (2.1)

54 Vectores

y

x

z

x

yO

r

z

P

Figura 2.1: coordenadas cartesianas

Los rangos de variación de las coordenadas cartesianas son

−∞ < x <∞, −∞ < y <∞, −∞ < z <∞.

2.2.2. Sistema esférico de coordenadas

En el sistema esférico de coordenadas, la posición de un punto está defi-nida por sus tres coordenadas esféricas r, θ y φ, ver figura (2.2)

Prθ

φ

Figura 2.2: coordenadas esféricas

2.2 Sistemas de referencia 55

z

φρ

P

Figura 2.3: coordenadas cilíndricas

donde r es la distancia al origen, θ es el ángulo que forma OP con el ejeZ y φ es el ángulo que forma la proyección de la línea OP en el plano XYcon el eje X. Los rangos de variación de las coordenadas esféricas son

0 6 r <∞, 0 6 θ < π, 0 6 φ < 2π.

2.2.3. Sistema cilíndrico de coordenadas

En el sistema cilíndrico de coordenadas, la posición de un punto estádefinida por sus tres coordenadas cilíndricas ρ, z y φ, ver figura (2.3) donde

ρ es la distancia de la proyección del punto en el plano OXY al origen,z es la altura sobre el plano OXY y φ es el ángulo que forma la proyecciónde la línea OP en el plano XY con el eje X. Los rangos de variación de lascoordenadas cilíndricas son

0 6 ρ <∞, 0 6 φ < 2π, −∞ < z <∞.

2.2.4. Sistema polar de coordenadas

En el sistema polar de coordenadas, la posición de un punto sobre unplano está definida por sus dos coordenadas denominadas polares, r y θ, verfigura (2.4)

56 Vectores

P

r

θO

eje polar

Figura 2.4: coordenadas polares

donde r es la distancia del punto P al origen, θ es el ángulo que formala línea OP con el eje X, llamado aquí eje polar. Los rangos de variación delas coordenadas polares son

0 6 r <∞, 0 6 θ < 2π.

2.2.5. Relaciones entre las coordenadas

Es tarea sencilla establecer las siguientes relaciones entre las diversas coor-denadas para los sistemas recién descritos

Cartesiano-esférico

x = r sin θ cosφ, (2.1)

y = r sin θ sinφ,

z = r cos θ.

Cartesiano-cilíndrico

x = ρ cosφ, (2.2)

y = ρ sinφ,

z = z.

Polar-cartesiano

x = r cos θ, (2.3)

y = r sin θ.

Más detalles se proporcionan después de introducir el concepto de vector.Si está perdido respecto de la trigonometría, vea resumen al final.

2.3 Desplazamientos en el espacio 57

2.3. Desplazamientos en el espacio

El concepto que dio lugar a los vectores, es el de desplazamiento. Con-sidere un sistema de referencia respecto al cual esté definida la posición depuntos.

Definicion 2.3.1 Se dice que un punto se mueve respecto a un sistema dereferencia, si sus coordenadas varían con el tiempo.

Definicion 2.3.2 Un desplazamiento se define como cualquier cambio deposición de un punto en el espacio

Este concepto básico de desplazamiento es en principio más elementalque el concepto de movimiento de un punto, puesto que no tiene relacióncon tiempos ni con trayectorias. Si un punto pasa de una posición A a otraposición C, se dice que el punto se ha desplazado de A a C. De su definiciónde desprende que un desplazamiento tiene tres características

Su magnitud, que se define como la distancia entre el punto inicial y elpunto final.

Su dirección, correspondiente a la dirección de la recta AC. (rectasparalelas tienen la misma dirección)

Su sentido, de A hacia C. Así el sentido del desplazamiento de C haciaA es contrario al desplazamiento de A hacia C.

Además, desplazamientos sucesivos se combinan (o se suman) de acuerdoa la regla del triángulo, indicada en la figura siguiente (2.5), donde el despla-zamiento A −→ B seguido del desplazamiento B −→ C es equivalente a undesplazamiento A −→ C.Eso queda absolutamente claro de la figura que define la regla de combi-

nación triangular de desplazamientos. Note que un desplazamiento no tienerelación con el camino seguido por el punto al cambiar de posición. En otraspalabras ir de A a C es lo mismo que ir de A a B y luego de B a C. Esta reglase generaliza en la sección siguiente para dar origen al concepto de vector.Como veremos más adelante, para el caso de las fuerzas se utiliza la regla delparalelógramo en vez de la del triángulo para obtener la fuerza resultante.Ambas reglas son completamente equivalentes.

58 Vectores

A

B

C

Figura 2.5: desplazamiento equivalente

2.4. Vectores

Los vectores son objetos que tienen las características de los desplaza-mientos, es decir que tienen magnitud, dirección, sentido, y tales que la com-binación (llamada suma vectorial) de dos de ellos, se obtiene de acuerdo a laregla del triángulo indicada en la figura anterior. Obviamente un ejemplo devectores son los desplazamientos. Esta combinación de vectores se denomina"suma"porque comparte con la usual suma de números, las propiedades deconmutatividad, asociatividad, existencia de un elemento neutro y de un ele-mento inverso. Otro ejemplo de vectores en Física, lo constituyen las fuerzasque se aplican a los cuerpos, tema del siguiente capítulo. Ellas poseen las trescaracterísticas básicas, magnitud dirección y sentido. La cuestión de que silas fuerzas se combinan de acuerdo a la regla de suma vectorial, puede y esestablecida experimentalmente para ciertas condiciones que explicaremos enel capítulo siguiente. Es decir debe establecerse que aplicar dos fuerzas da-das sobre un cuerpo es físicamente equivalente a aplicar una fuerza, llamadafuerza resultante que tiene la magnitud, dirección y sentido dada por la reglade adición vectorial.Debemos señalar que no es suficiente que un objeto tenga magnitud, di-

rección, sentido para ser considerado un vector. Deben necesariamente com-binarse como tales. Las rotaciones de los cuerpos, en torno a la dirección deun eje, en un sentido u otro, y de cierta magnitud (el ángulo), no son vec-tores porque no se combinan como los desplazamientos. En el capítulo sobrefuerzas veremos que siempre es posible cambiar los puntos de aplicación defuerzas que actúan sobre un cuerpo indeformable a un determinado punto,allí sumarlas como vectores obteniendo la fuerza resultante, pero es en gene-ral necesario agregar el torque de las fuerzas que se cambiaron de posición

2.4 Vectores 59

respecto al punto donde se obtiene la resultante vectorial. Esta característicade las fuerzas no la poseen los desplazamientos.

2.4.1. Notación

Los vectores, cualquiera sea su naturaleza, los denotaremos en el textocon letras con flechas: a, B, f y la combinación o suma vectorial de ellos conel símbolo usual de suma +, es decir

c = a+ b.

2.4.2. Suma de vectores

Naturalmente solo podremos sumar vectores del mismo tipo: desplaza-mientos, fuerzas, otros, de modo que la regla de suma vectorial puede serrepresentada en cualquiera de las dos figuras siguientes, reglas conocidas co-mo triangular y del paralelógramo:

a

+a b

b

triangular

a+a b

b

paralelogramo

2.4.3. Magnitud de un vector

La magnitud de un vector a será representada por |a| y a veces simple-mente por a, y representa por ejemplo, para los desplazamientos la distanciaentre el punto inicial y el final y para una fuerza, la magnitud de ella expre-sada en unidades de fuerza.

a

a

magnitud de vector

60 Vectores

2.4.4. Multiplicación de un vector por un escalar

Si a es un vector y λ es un escalar (número real) definimos el productode un escalar por un vector al vector

λa

que es un vector paralelo al vector a, de magnitud |λ| veces la magnitud dea, y del mismo sentido del vector a si λ > 0 y de sentido contrario si λ < 0.

λ > 0λ < 0

λa

λaa

a λa

λaa

a

2.4.5. Vectores unitarios

Al vector paralelo y del mismo sentido que el vector a, pero de magni-tud unidad lo denotaremos por a. Entonces obviamente tenemos la siguienteimportante relación

a = |a| a, (2.4)

que se ilustra en la figura siguientea

a

2.4.6. Vectores unitarios cartesianos

Los vectores de magnitud unidad, paralelos y en el sentido positivo de losejes cartesianos, los denotaremos por ı, j, k.

2.4.7. Componentes cartesianas de un vector

Todo vector F (en tres dimensiones), puede ser escrito como

F = Fxı+ Fy j+ Fz k = (Fx, Fy, Fz), (2.5)

2.4 Vectores 61

donde Fx, Fy, Fz se denominan componentes cartesianas del vector. Hemosseñalado además una notación alternativa para denotar un vector como untrío ordenado formado por sus tres componentes (Fx, Fy, Fz).

x

y

z

F x

F z

Fy

F

componentes cartesianas

2.4.8. Vector nulo

Un vector de magnitud cero, se denomina vector nulo y lo indicaremospor 0.

2.4.9. Resta de vectores

Se define al vector diferencia

a− b = a+ (−1)b, (2.6)

que pasa a ser un caso especial de suma de vectores como se ilustra en lafigura

-a ba

b

a

- b

-a b

Figura 2.6:

62 Vectores

Note que para realizar las operaciones descritas los vectores pueden des-plazarse libremente a líneas paralelas, pues corresponden a la misma direc-ción, siendo necesario mantener su magnitud y su sentido. En el capítulosiguiente, cuando se trate de las fuerzas, se indicarán las formas de hacerlopues en ese caso, el punto de aplicación de una fuerza es relevante y no puedeser cambiado arbitrariamente sin cambiar su efecto.

2.4.10. Producto escalar de vectores

Dados dos vectores a, y b, se define el producto escalar de ellos al númeroreal

a · b = |a|¯b¯cosα = ab cosα, (2.7)

siendo α el ángulo que forman las direcciones de los dos vectores.

2.4.11. Proyección de un vector en una dirección

La proyección P de un vector a en la dirección y sentido de e es un escalardado por

P = a · e = |a| cosα, (2.8)

que se ilustra en la figura

αe

P

a

2.4.12. Conmutatividad

Es evidente que el producto punto o escalar así definido es conmutativo

a · b = b · a. (2.9)

2.4 Vectores 63

2.4.13. La distributividad del producto escalar respec-to a la suma

La distributividad el producto escalar respecto a la suma, es decir lapropiedad

(a+ b) · c = a · c+ b · c, (2.10)

puede establecerse del siguiente modo.Considere la figura siguiente donde se muestran las proyecciones

c

. c . c

. c

a

+( )a b

+( )a b

b

a b

Figura 2.7:

La figura muestra que la suma de las proyecciones de a y b sobre ladirección de c igualan a la proyección de a + b sobre esa misma dirección,esto es

a · c+ b · c = (a+ b) · c,

y multiplicando por |c| se obtiene

a · c+ b · c = (a+ b) · c.

2.4.14. Producto vectorial de dos vectores

Se define el producto cruz o vectorial a× b de dos vectores a y b como unvector de magnitud ¯

a× b¯= |a|

¯b¯sinα = ab sinα, (2.11)

64 Vectores

que corresponde al área del paralelógramo que los dos vectores forman, dedirección perpendicular al plano de los dos vectores y de sentido dado por laregla de la mano derecha o del tornillo diestro, como se indica en la figura. Elángulo α es el ángulo que forman las direcciones de los dos vectores. (Noteque sinα = sin(180− α)).

α

xa b

a

b

En la expresión del producto vectorial a×b, la parte del vector a paralelaal vector b no contribuye. Contribuye sólo la parte del vector a que es per-pendicular a b que en la figura que sigue se indica por ab, es decir

a× b = ab × b, (2.12)

que se ilustra en la figura y donde ab indica la parte de el vector a que esperpendicular a b.

xa b xab b

ab

b

a

Figura 2.8:

2.4.15. Distributividad del producto cruz respecto a lasuma

Para establecer la propiedad

c× (a+ b) = c× a+ c× b, (2.13)

2.4 Vectores 65

Consideraremos un vector unitario c y tomemos las partes de a y b que sonperpendiculares a c y que se han indicado en la figura que sigue por ac ybc. Está tambien el vector

−−→OB que es la suma vectorial ac + bc. Estos tres

vectores están todos sobre un plano perpendicular a c que hemos llamadoplano Σ. Multiplicar esos tres vectores vectorialmente por c simplemente rotaese triángulo OAB en 90o sobre ese mismo plano llegando a ser el triánguloOA0B0. En ese triángulo rotado, evidentemente está representado que

c

O

A

B

A'

B'

ac

bc

xc ac xc bc

Σ

Figura 2.9:

c× ac + c× bc = c× (ac + bc), (2.14)

Pero a y b se pueden descomponer en partes paralelas y perpendiculares a c

a = a · cc+ ac,

b = b · cc+ bc

de modo que(a+ b) = (a+ b) · cc+ ac + bc,

de donde es claro que(a+ b)c = ac + bc.

Por lo tanto (2.14) puede escribirse

c× ac + c× bc = c× (a+ b)c,

Multiplicando por |c| y considerendo (2.12) se transforma enc× a+ c× b = c× (a+ b).

66 Vectores

2.4.16. Algunas propiedades

Pueden establecerse algunas propiedades básicas

a+ b = b+ a,

a · b = b · a,a× b = −b× a

(a+ b) + c = a+ (b+ c),

(a+ b)× c = a× c+ b× c,

(a+ b) · c = a · c+ b · c,(−1)a+ a = 0,

a+ 0 = a,

λ0 = 0.

Al vector (−1)a lo denotaremos simplemente −a, es decir

(−1)a = −a.

2.4.17. Algunas operaciones en términos de las com-ponentes

Puede establecerse que

|a| = a =qa2x + a2y + a2z,

a · b = axbx + ayby + azbz,

a± b = (ax ± bx)ı+ (ay ± by)j+ (az ± bz)k,

a× b = (aybz − azby )ı+ (azbx − axbz)j+ (axby − aybx)k

= (aybz − azby, azbx − axbz, axby − aybx).

Note que la última relación corresponde al desarrollo del determinante

a× b = det

⎡⎣ ı j kax ay azbx by bz

⎤⎦ . (2.15)

2.4 Vectores 67

2.4.18. Relación con geometría

Existen muchas relaciones geométricas que se demuestran en forma muysimple utilizando las propiedades de los vectores. Por ejemplo demostraremosalgunos teorema.

I Teorema 2.1Teorema del coseno. Con respecto a la figura el teorema establece que

γ

b a

c

c =pa2 + b2 − 2ab cos γ.

Demostracion 1 Considere el triángulo de la figura 2.10 (a)entonces te-

nemos que la magnitud del lado opuesto al ángulo¯a− b

¯estará dado por

γ

b

-a b

a

(a)

γa b

+a b

(b)

Figura 2.10:

¯a− b

¯=

q(a− b) · (a− b),

=pa2 + b2 − 2ab cos γ.

68 Vectores

Forma alternativa. El mismo resultado se obtiene de considerar la figura 2.10(b) pero ahora ¯

a+ b¯=

q(a+ b) · (a+ b),

=pa2 + b2 + 2ab cos(180− γ),

=pa2 + b2 − 2ab cos γ.

I Teorema 2.2Teorema del seno. El teorema del seno establece que los senos de los ángulosde un triángulo son proporcionales a los lados opuestos a los ángulos.

Demostracion 2 Considere entonces un triángulo

γ

α β

ab

c

Evidentementeb× a = c× b = a× c,

pues tenemos en los tres casos la misma dirección, mismo sentido e igualmagnitud, el doble del área del mismo triángulo. Si tomamos las magnitudes

ab sin γ = ac sinβ = cb sinα,

luego dividimos estas ecuaciones por abc conduce al teorema del seno.

sin γ

c=sinβ

b=sinα

a.

Aquí hemos usado la notación a = |a| , b =¯b¯y c = |c| .

2.4 Vectores 69

2.4.19. Cosenos directores

Considere un vector e unitario que forma los ángulos α, β, γ con los ejesX, Y , Z, como se indica en la figura

x

y

z

e

α

β

γ

cosenos directoresentonces

e = cosαı+ cosβj+ cos γk,

si hacemose · e = 1,

se obtienecos2 α+ cos2 β + cos2 γ = 1.

La relación fundamental que cumplen los cosenos directores de una direccióncualquiera.

2.4.20. Ecuación de un plano

De acuerdo a la figura (2.11), la ecuación de un plano que es perpendiculara una dirección n y que pasa a una distancia d del origen puede escribirse

r · n = d,

esto es, todos los puntos del plano, dan la misma proyección sobre la direccióndel vector unitario normal, la distancia d al origen. La forma cartesiana dela ecuación de un plano será

Ax+By + Cz = D,

70 Vectores

r

y

z

x

n

d

Figura 2.11: un plano

y comparando con la forma anterior se deduce que

nx =A√

A2 +B2 + C2,

ny =B√

A2 +B2 + C2,

nz =C√

A2 +B2 + C2,

d =D√

A2 +B2 + C2.

Ejemplo 2.4.1 Determine un vector unitario normal y la distancia delsiguiente plano al origen

2x− 3y + 2z = 5,

Solución. Usando lo anterior

nx =2√17

, ny =−3√17

, nz =2√17

, d =5√17

.

N

2.4.21. Volumen de un paralelepipedo

Si un paralelepípedo tiene sus aristas de acuerdo a las direcciones y mag-nitudes de a, b y c, su volumen está dado por

V =¯a× b · c

¯,

2.5 Más sobre sistemas de referencia 71

el llamado producto triple o mixto. La razón es que a × b puede escribirsecomo el área A del paralelógramo basal por un vector unitario a lo largo dela dirección perpendicular a esa área

a× b = An,

entoncesa× b · c = An · c = ±Ah,

la base por la altura. La razón de tomar el módulo es porque n puede darproducto punto negativo con c.

2.4.22. Ángulo que forman dos vectores a, b

De acuerdo a las dos versiones establecidas para el producto escalar

a · b = axbx + ayby + azbz,

y

a · b = |a|¯b¯cosα = ab cosα,

se deduce que

cosα =axbx + ayby + azbzp

a2x + a2y + a2zpb2x + b2y + b2z

. (2.16)

2.5. Más sobre sistemas de referencia

Mediante la utilización de vectores, se definen vectores unitarios básicosde acuerdo a cada sistema de referencia, de manera que en primer lugar, laposición de los puntos se hace mediante un vector, llamado vector posición,que es expresado en términos de los vectores unitarios básicos, como explica-remos, y en segundo lugar ello permitirá en los próximos capítulos calcularcon simplicidad la velocidad y aceleración de puntos. Los vectores unitariosbásicos usualmente se eligen ortogonales entre sí (formando ángulos rectos).

2.5.1. Sistema cartesiano

Como ya se explicó se definen los vectores unitarios cartesianos básicosı, j y k paralelos y en el sentido de los ejes, como se ilustra en la figura, de

72 Vectores

manera que el vector posición del punto P está dado por

y

x

z

x

z

yO

kj

i

r

P

vectores unitarios cartesianos

r = xı+ yj+ zk. (2.17)

2.5.2. Sistema esférico de coordenadas

En el sistema esférico de coordenadas, los vectores unitarios básicos de-nominados r, θ y φ se indican en la figura de manera que el vector posicióndel punto P está dado por

rθ

φ

r

φ

θ

vectores unitarios esféricos

r = rr. (2.18)

2.5 Más sobre sistemas de referencia 73

2.5.3. Sistema cilíndrico de coordenadas

En el sistema cilíndrico de coordenadas, los vectores unitarios básicos de-nominados ρ, φ y k se indican en la figura de manera que el vector posicióndel punto P está dado por

φ

ρ

k

z

φρ

P

vectores unitarios cilíndricos

r = ρρ+ zk. (2.19)

2.5.4. Sistema polar de coordenadas

En el sistema polar de coordenadas, los vectores unitarios básicos deno-minados r, θ se indican en la figura de manera que el vector posición delpunto P está dado por

r = rr. (2.20)

2.5.5. Relaciones entre los vectores unitarios

Es tarea sencilla establecer las siguientes relaciones entre los vectoresunitarios para los diversos sistemas recién descritos

Cartesiano-esférico

r = sin θ cosφı+ sin θ sinφj+ cos θk, (2.21)

θ = cos θ(cosφı+ sinφj)− sin θk,φ = − sinφı+ cosφj.

74 Vectores

X

X

Y

P

r φ

O θ

θr

Figura 2.12: Vectores unitarios polares.

Cartesiano-cilíndrico

ρ = cosφı+ sinφj, (2.22)

φ = − sinφı+ cosφj,k = k.

Polar-cartesiano

r = cos θı+ sin θj, (2.23)

θ = − sin θı+ cos θj

2.5.6. Componentes de un vector

En general todo vector A puede ser expresado en cualquier sistema devectores unitarios ortogonales de modo que

A = Axı+Ay j+Azk (2.24)

= Arr +Aθθ +Aφφ

= Aρρ+Aφφ+Azk.

Las diversas componentes del vector A están relacionadas y en general laforma de obtener una componente cualquiera es mediante la operación deproyección realizada mediante el producto escalar

An = A · n. (2.25)

2.6 De actualidad (No incluido en el, programa) 75

2.6. De actualidad (No incluido en el, progra-ma)

El concepto de vector que se generó mediante una generalización del sim-ple concepto de desplazamiento y las formas en que los desplazamientos secombinan ha debido en algunos casos abandonarse y en otros casos generali-zarse. El concepto de vector realmente tiene aplicabilidad e importancia enlos llamados espacios planos o Euclideanos. En espacios curvos es complejosino imposible hablar de dirección, puesto que dirección es un conjunto delíneas paralelas. ¿Qué son líneas paralelas en un espacio curvo, por ejemplola superficie de una esfera?En un espacio plano si se hacen tres desplazamientos paralelos regresando

al punto de partida, el cuerpo queda tal como empezó. En un espacio curvono ocurre eso. En la formulación de su teoría de la Relatividad GeneralAlbert Einstein que involucra espacio-tiempo curvo, se ve obligado a utilizar"Tensores"para su formulación. En la vecindad de cada punto del espaciotiempo, allí este se puede aproximar por un espacio tiempo plano y allípodríamos usar vectores. Como un ejemplo de lo que hablamos, en un espacioplano una partícula libre se mueve de acuerdo a

r(t) = r(0) + vt.

Si se trata del movimiento de una partícula en un espacio tiempo curvo lascosas son diferentes. Primero, el espacio tiempo tiene una curvatura causadapor la presencia de cuerpos con masa. Una partícula movíendose no sometidaa alguna de las otras tres fuerzas (electromagnética, nuclear o débil), partículaen caida libre, define lo que se denomina sistema inercial de referencia. Lapartícula se moverá en una geodésica del espacio tiempo. Si se usa comoparámetro la longitud de arco s la ecuación de movimiento establecida porEinstein es

d2xα

ds2+ Γαβγ

dxβ

ds

dxγ

ds= 0,

donde xα , son cordenadas espaciales α = 1, 2, 3. Además

Γijk =∂2xl

∂xj∂xk∂xi

∂xl=1

2gil(∂kglj + ∂jglk − ∂lgjk),

son los símbolos de Christoffel y el elemento de arco ds2 define al tensor dela métrica

ds2 = −gμυdξμdξν .

76 Vectores

En un espacio tiempo plano, gμυ = diag(−1, 1, 1, 1), se obtiene Γαβγ = 0 y

d2xα

ds2= 0.

2.7. Aplicaciones

Ejemplo 2.7.1 Para la situación indicada en la figura, determine la alturah del punto P en términos de los ángulo α, β y la distancia d.

P

A B C

h

α β

d

Solución. Podemos escribir

tanα =h

AC, tanβ =

h

BC,

de donde

AC =h

tanα, BC =

h

tanβ,

y restando

d = AC −BC =h

tanα− h

tanβ,

de donde sigue el resultado

h =d

1tanα− 1

tanβ

=tanα tanβ

tanβ − tanαd.

N



Ejercicio 2.1 Demuestre las identidades

(a× b)× c = (a · c)b− (b · c)a.

(a× b) · c = a · (b× c).¯a× b

¯2= a2b2 − (a · b)2.

Solución. Deben haber muchas demostraciones. La tercera es fácil puessi φ es el ángulo entre a y b¯

a× b¯2

= a2b2 sin2 φ =

= a2b2(1− cos2 φ)= a2b2 − a2b2 cos2 φ

= a2b2 − (a · b)2.

La segunda, intercambiar la cruz con el punto, se demuestra así:

(a× b) · c = (aybz − azby)cx + (azbx − axbz)cy + (axby − aybx)cz

= cxaybz − cxazby + cyazbx − cyaxbz + czaxby − czaybx

y

a · (b× c) = (bycz − bzcy)ax + (bzcx − bxcz)ay + (bxcy − bycx)az

= cxaybz − cxazby + cyazbx − cyaxbz + czaxby − czaybx

resultan iguales. La primera es larga. Veamos la componente x de (a ×b)× c, esta es:

(a× b)ycz − (a× b)zcy = (azbx − axbz)cz − (axby − aybx)cy =

czazbx − czaxbz − cyaxby + cyaybx = (cyay + czaz)bx − (czbz + cyby)ax =

(c · a− cxax)bx − (c · b− cxbx)ax = (c · a)bx − (c · b)ax,

de modo que es claro que algo similar ocurre con las otras dos componen-tes y luego

(a× b)× c = (c · a)b− (c · b)a.

78 Vectores

N

Ejercicio 2.2 Si los lados de un triángulo son a, b, c determine los ángulosdel triángulo.

Solución. Podemos obtenerlos de varias maneras, por ejemplo del teore-ma del coseno

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ,o bien

cos γ =a2 + b2 − c2

2ab,

y otras dos similares

cosα =a2 + c2 − b2

2ac,

cos β =c2 + b2 − a2

2bc,

A

C

B

α

β

γ

a

b

c

N

Ejercicio 2.3 Considere los puntos cuyas coordenadas son A = (1, 1, 1),B = (1, 2, 1), C = (−1, 2, 0) determine

a) El área del triángulo ABC.

b) Los ángulos del triángulo ABC.

c) Las magnitudes de los lados del triángulo ABC.

d) Las alturas del triángulo ABC.


Solución. Los vectores con magnitud y dirección los lados del triángulopueden escribirse

A

C

B

α

β

γ

a

b

c

c =−→AB = (1, 2, 1)− (1, 1, 1) = (0, 1, 0)

a =−−→BC = (−1, 2, 0)− (1, 2, 1) = (−2, 0,−1)

b =−→CA = (1, 1, 1)− (−1, 2, 0) = (2,−1, 1)

de manera quec× a = (0, 1, 0)× (−2, 0,−1) = (−1, 0, 2)b× c = (2,−1, 1)× (0, 1, 0) = (−1, 0, 2)a× b = (−2, 0,−1)× (2,−1, 1) = (−1, 0, 2)entonces el área del triángulo es

A =1

2|(−1, 0, 2)| = 1

2

√5.

las magnitudes de los lados son|c| = |(0, 1, 0)| = 1¯b¯= |(2,−1, 1)| =

√6

|a| = |(−2, 0,−1)| =√5

los ángulos están dados por

sinα =|b×c||b||c| =

√5√6

sinβ = |c×a||a||c| =

√5√5= 1

sin γ =|b×a||a||b| =

√5√5√6= 1√

6

80 Vectores

las alturas del triángulo se calculan de acuerdo a

hC =¯b¯sinα =

√5,

hB = |a| sin γ =√5√6,

hA = |c| sinβ = 1.

N

Ejercicio 2.4 Considere un paralelógramo donde se dan tres vértices A =(0, 1, 1), B = (1, 0, 1), C = (1, 1, 0).

a) Determine el cuarto vértice.

b) Determine el área del paralelógramo.

c) Determine las longitudes de las diagonales.

Solución. Construyamos los vectores

−→AC =

−→OC −−→OA = (1, 0,−1) ,

−→AB =

−−→OB −−→OA = (1,−1, 0) ,

de manera que −−→AD =

−→AB +

−→AC = (2,−1,−1) ,

entonces el cuarto vértice está en la posición (esta es una solución de otrasposibles) −−→

OD =−→OA+

−−→AD = (2, 0, 0)

El área del paralelógramo será

A =¯−→AB ×−→AC

¯= |(1, 1, 1)| =

√3,

donde las longitudes de las diagonales serán¯−→AB +

−→AC¯= |(2,−1,−1)| =

√6,¯−→

AB −−→AC¯= |(0,−1, 1)| =

√2.


N

Ejercicio 2.5 Escriba la ecuación de un plano que es perpendicular a ladirección n = (1,−1, 1)/

√3 y que pasa a distancia 3 del origen.

Solución. La ecuación resulta

n · r = 3,

o seax− y + z = 3

√3.

N

Ejercicio 2.6 Sea una recta

x = 2t+ 1,

y = −t+ 2,z = 3t− 1,

siendo t un parámetro. Determine su distancia al origen.

Solución. La distancia de un punto arbitrario de la recta al origen es

d =px2 + y2 + z2,

esto es

d =p(2t+ 1)2 + (−t+ 2)2 + (3t− 1)2 =

√14t2 − 6t+ 6.

La cantidad subradical, polinomio de segundo grado, tiene un mínimo justoen el punto medio entre sus dos raíces que son

t1 =314+ 5

14i√3, t2 =

314− 5

14i√3 y el punto medio es

t =1

2(6

14) =

3

14,

y para ese valor d es la distancia de la recta al origen, cuyo valor resulta

d =5

14

√42 = 2. 315,

N

82 Vectores

Ejercicio 2.7 Sean a = (1, 1, 0), b = (−1, 1, 1) dos vectores. Determine laecuación de un plano que pase por el origen y que contenga los vectores a yb.

Solución. Si los dos vectores a y b están sobre el plano, entonces unvector normal al plano es N = a× b. Calculando resulta

N = (1, 1, 0)× (−1, 1, 1) = (1,−1, 2) .La ecuación del plano es, en general

r ·N = constante,

y si pasa por el origenr ·N = 0.

Calculando (x, y, z) · (1,−1, 2) = x − y + 2z de modo que la ecuación delplano es

x− y + 2z = 0.

N

Ejercicio 2.8 Determine el área de un triángulo en función solamente desus lados a, b y c.

Solución. En principio el área del triángulo puede ser escrita de muchasmaneras, por ejemplo

A =1

2

¯a× b

¯=1

2ab sin γ,

=1

2

¯b× c

¯=1

2bc sinα,

=1

2|c× a| = 1

2ca sinβ,

pero la tarea es eliminar los ángulos. Para ello considere

c = a cosβ + b cosα.

Expresando los “cosenos” en términos de los “senos” se obtiene

c = a

r1− (2A

ca)2 + b

r1− (2A

bc)2,


o bienc2 =

pc2a2 − (2A)2 +

pb2c2 − (2A)2,

y el resto es álgebra. Para despejar A(c2−

pc2a2 − (2A)2)2 = c4−2

p(c2a2 − 4A2)c2+c2a2−4A2 = b2c2−4A2

de dondec2 + a2 − b2 = 2

p(c2a2 − 4A2)

(c2 + a2 − b2)2 = 4 (c2a2 − 4A2)16A2 = 4c2a2−(c2+a2−b2)2 = (a+ b− c) (a+ b+ c) (c− a+ b) (c+ a− b)

y finalmente

A =1

4

p(a+ b− c) (a+ b+ c) (c− a+ b) (c+ a− b).

Intente otro camino.

N

Ejercicio 2.9 Con relación a la figura, demuestre que si F1 = −F2 enton-ces:

r1 × F1 + r2 × F2 = 0.

r1

r2

F2

F1

Solución. Podemos escribir

r1 × F1 + r2 × F2 =

r1 × F1 − r2 × F1 =

(r1 − r2)× F1 = 0,

porque F1 es paralela a (r1 − r2).

84 Vectores

N

Ejercicio 2.10 Desde una determinada posición en un camino, una per-sona observa la parte más alta de una torre de alta tensión con un ángulode elevación de 25o. Si avanza 45m en línea recta hacia la base de la torre,divisa la parte más alta con un ángulo de elevación de 55o. Considerando quela vista del observador está a 1,7m. Determine la altura h de la torre.

25º

h

β

45 m

1.7 m

55º

Solución. Sea d la distancia del punto más cercano a la torre, entoncestenemos

d

h= cot 55,

d+ 45

h= cot 25,

restando45

h= cot 25− cot 55

de dondeh =

45

cot 25− cot 55y numéricamente resulta

h = 31. 157m

respecto al observador y

h = (31. 157 + 1,70)

= 32. 857m


respecto al suelo.

N

Ejercicio 2.11 Desde un avión de reconocimiento que vuela a una altura de2500m, el piloto observa dos embarcaciones que se encuentran en un mismoplano vertical con ángulos de depresión de 62o240 y 37o180 respectivamente.Encuentre la distancia x entre las embarcaciones.

2500 m

37º18'

x

62º24'

Solución. Expresando los ángulos son con decimales

62,4o y 37,3o

Similarmente al problema anterior si d es la distancia horizontal entre el avióny la embarcación más cercana se tiene

x+ d

2500= tan(90− 37,3),

d

2500= tan(90− 62,4),

y restando se obtiene

d = 2500(cot 37,3− cot 62,4) = 1974. 751m

N

Ejercicio 2.12 Una persona se encuentra en la mitad de la distancia quesepara dos edificios y observa la parte más alta de éstos con ángulos de eleva-ción de 30o y 60o respectivamente. Demuestre la que las alturas de los edificiosestán en la relación 1 : 3.

86 Vectores

30º

x

60º

Solución. Si las alturas son llamadas h1 y h2 tenemos que

tan 30 =h1x/2

,

tan 60 =h2x/2

,

de dondeh1h2=tan 30

tan 60=

13

√3√3=1

3.

N

Ejercicio 2.13 Un mástil por efecto del viento se ha quebrado en dos par-tes, la parte que quedó vertical en el piso mide 3m y la parte derribada quedóatada al extremo superior de la parte vertical, formando un ángulo de 30o

con el piso. Encontrar la altura del mástil.

3 m

30º

Solución. La hipotenusa c será dada por

3

c= sin 30 =

1

2,


de dondec = 6m,

por lo tanto la altura del mástil era

9m.

N

Ejercicio 2.14 Una persona en su trote diario, desde su casa, corre 7 km alNorte, 2 km al Oeste, 7 km al Norte y 11 km al Este. Encuentre la distanciaa su casa a que se encuentra la persona .

Solución. Sean los ejes cartesianos OX hacia el este y OY hacia el norte,entonces el desplazamiento resultante es

r = 7j+ 2(−ı) + 7j+ 11ı= 9ı+ 14j,

y su magnitud, la distancia a la casa, es

r =√92 + 142 = 16. 64 km.

N

Ejercicio 2.15 Una caja tiene 16 cm de largo, 18 cm de ancho y 10 cm dealto. Encuentre la longitud de la diagonal de la caja y el ángulo que éstaforma con cada uno de los ejes.

Z

X

Y

16 cm

18 cm

10 cm

88 Vectores

Solución. El vector que representa la diagonal es

r = 16ı+ 18j+ 10k,

y entonces su longitud es

r =√162 + 182 + 102 = 26. 077 cm.

Los ángulos están dados por

cosα =r · ı

(26. 077)

=16

26. 077

cosβ =r · j26. 077

=18

26. 077

cos γ =r · k26. 077

=10

26,077

de donde

α = 52. 152 o,

β = 46. 349 o,

γ = 67. 4501o.

Note que cos2 α+ cos2 β + cos2 γ = 1.

N

Ejercicio 2.16 Dados los vectores r1 = 3ı − 2j + k, r2 = 3ı − 4j − 3k,r3 = −ı+ 2j+ 2k, hallar los módulos de:

a) r3

b) r1 + r2 + r3

c) 2r1 − 3r2 + 5r3


Respuestas: (a) 3; (b) 5,66; (c) 5,48

Ejercicio 2.17 Hallar un vector unitario con la dirección y sentido de laresultante de r1 + r2, con r1 = 2ı+ 42j− 5k, r2 = ı+ 2j+ 3k,

Respuesta: 37ı+ 6

7j− 2

7k.

Ejercicio 2.18 Demostrar que los vectores A = 3ı+j−2k, B = −ı+3j+4k,C = 4ı−2j−6k, pueden ser los lados de un triángulo, y hallar las longitudesde las medianas de dicho triángulo.

Solución. Si tres a, b, y c forman un triángulo entonces debe ser

a+ b+ c = 0,

lo cual es satisfecho por los vectores

−A, B y C

Las medianas unen los puntos medios de los lados por lo tanto vectores a lolargo de las medianas son

1

2C +

1

2(−A),

1

2(−A) + 1

2B

1

2B +

1

2C

donde −A = (−3,−1, 2), B = (−1, 3, 4), C = (4,−2,−6), luegoµ1

2,−32,−2

¶, (−2, 1, 3) ,

µ3

2,1

2,−1

¶y sus longitudes sonq

14+ 9

4+ 4 = 2. 549 5

√4 + 1 + 9 = 3. 741 7q32

22+ 1

22+ 1 = 1. 870 8

N

90 Vectores

Ejercicio 2.19 Hallar el ángulo formado por los vectores A = 2ı+ 2j− k,B = 6ı− 3j+ 2k.

Solución. Tenemos

cosα =A ·B¯A¯ ¯B¯

=12− 6− 2√9√49

=4

21

de donde

α = 79. 017o

N

Ejercicio 2.20 Demostrar que los vectores A = 3ı−2j+ k, B = ı−3j+5k,C = 2ı+ j− 4k, forman un triángulo rectángulo.

Solución. Usted puede constatar que

A−B = C,

o seaB + C = A,

de manera que forma un triángulo. Además calcule

A · C = (3,−2, 1) · (2, 1,−4)) = 0

luego

A ⊥ C

es decir se trata de un triángulo rectángulo.

N

Ejercicio 2.21 Hallar el vector unitario perpendicular al plano formadopor A = 2ı− 6j− 3k, B = 4ı+ 3j− k.


Solución. Calcule

A×B = 15ı− 10j+ 30k,

luego un vector normal al plano es

N = 15ı− 10j+ 30k,

y uno unitario

N =15ı− 10j+ 30k√152 + 102 + 302

,

=15ı− 10j+ 30k

35,

=3ı− 2j+ 6k

7.

N

Ejercicio 2.22 Dados , A = 2ı− 3j− k y B = ı+ 4j− 2k determinar

a) A×B

b) B ×A

c) (A+B)× (A−B)

Solución. (2,−3,−1)× (1, 4,−2) = (10, 3, 11)(1, 4,−2)× (2,−3,−1) = (−10,−3,−11)(A+B)× (A−B) = −A×B +B ×A = 2B ×A = (−20,−6,−22) .

N

Ejercicio 2.23 Hallar el área del triángulo cuyos vértices son P (1, 3, 2),Q(2,−1, 1), R(1, 2, 3).

Solución. Dos lados del triángulo pueden ser representados por los vec-tores

−→PQ =

−→OQ−−→OP = (2,−1, 1)− (1, 3, 2) = (1,−4,−1)

−→PR =

−→OR−−→OP = (1, 2, 3)− (1, 3, 2) = (0,−1, 1),

92 Vectores

luego−→PQ×−→PR == (−5,−1,−1)

y el área será

A =1

2

¯−→PQ×−→PR

¯=1

2

√25 + 1 + 1 =

√27

2.

N

Ejercicio 2.24 Hallar los ángulos agudos formados por la recta que une lospuntos (1,−3, 2) y (3,−5, 1) con los ejes coordenados.

Solución. Un vector a lo largo de la recta es

A = (1,−3, 2)− (3,−5, 1) = (−2, 2, 1)

luego los ángulos que ese vector forma con los eje están dados por

cosα =ı ·A¯A¯ = −2

3

cosβ =j ·A¯A¯ = −2

3

cos γ =k ·A¯A¯ = 1

3

de donde los ángulos agudos son: (tome los valores absolutos del coseno) 48.190o, 48. 190o y 70. 531o.

N

Ejercicio 2.25 Hallar los cosenos directores de la recta que pasa por lospuntos (3, 2,−4) y (1,−1, 2).

Solución. Similarmente al problema anterior

A = (3, 2,−4)− (1,−1, 2) = (2, 3,−6)


de donde

cosα =ı ·A¯A¯ = 2

7

cosβ =j ·A¯A¯ = 3

7

cos γ =k ·A¯A¯ = −6

7

o si tomamos −A

cosα = −27

cosβ = −37

cos γ =6

7

N

Ejercicio 2.26 Dos lados de un triángulo son los vectores A = 3ı+6j−2ky B = 4ı− j+ 3k. Hallar los ángulos del triángulo.

Solución. El otro lado puede escribirse

C = A−B = −ı+ 7j− 5k,

y calculamos

A ·B = 0

B · C = −26A · C = 49¯

A¯= 7¯

B¯=√26¯

C¯= 5

√3

luego los ángulos son 90o, 53. 929o y 36. 071o

94 Vectores

N

Ejercicio 2.27 Las diagonales de un paralelogramo son A = 3ı− 4j− k yB = 2ı+ 3j− 6k . Demostrar que dicho paralelogramo es un rombo y hallarsus ángulos y la longitud de sus lados.

Solución. En términos de los lados a y b se tiene

a+ b = A,

a− b = B,

entonces

a =1

2(A+B) =

1

2(5ı− j− 7k),

b =1

2(A−B) =

1

2(ı− 7j+ 5k),

entonces|a| =

¯b¯=5

2

√3,

por lo tanto es un rombo y

cosα =a · b|a|2

=5 + 7− 35

74= −23

74,

de donde los ángulos son 108. 11o y 71. 894o.

N

Ejercicio 2.28 Hallar la proyección del vector 2ı− 3j+ 6k sobre el vectorı+ 2j+ 2k .

Solución.

(2ı− 3j+ 6k) · (ı+ 2j+ 2k)¯ı+ 2j+ 2k

¯=

2− 6 + 12√1 + 4 + 4

=8

3.

N


Ejercicio 2.29 Hallar la proyección del vector 4ı−3j+ k sobre la recta quepasa por los puntos (2, 3,−1) y (−2,−4, 3).

Solución. Un vector sobre la recta es

(2, 3,−1)− (−2,−4, 3) = (4, 7,−4)

luego la proyección es

(4, 7,−4) · (4,−3, 1)|(4, 7,−4)|

= −99= −1,

de manera que la magnitud de la proyección es 1.

N

Ejercicio 2.30 Si A = 4ı − j + 3k y B = −2ı + j − 2k , hallar un vectorunitario perpendicular al plano de A y B.

Solución.

n = ± A×B¯A×B

¯ ,donde (4,−1, 3)× (−2, 1,−2) = (−1, 2, 2) por lo tanto

n = ±(−1, 2, 2)3

,

N

Ejercicio 2.31 Demostrar que A = 2ı−2j+k3

, B = ı+2j+2k3

, y C=2ı+j−2k3

sonvectores unitarios mutuamente perpendiculares.

Solución. Calculando¯A¯=

¯B¯=¯C¯= 1,

A ·B = A · C = B · C = 0.

N

96 Vectores

Capítulo 3

Fuerzas

3.1. Las Fuerzas

En mecánica, es generalmente suficiente clasificar las fuerzas que actúansobre los cuerpos en dos tipos: de acción a distancia y de contacto. Del primertipo las fuerzas se conocen generalmente como campos de fuerza. Así existenfuerzas de campos gravitacionales, de campos eléctricos, de campos magné-ticos y otras. Es probable que usted se extrañe que un cuerpo pueda ejerceruna acción sobre otro que está distante. Explicaciones formales existen, peroestán fuera del alcance de estos apuntes. Si usted sabe algo de Física modernase debería extrañar también que hablemos de fuerzas de contacto. En reali-dad un trozo de materia no puede tocar a otro. La materia está formada porátomos que contienen un núcleo positivo y están rodeados de electrones queson de carga negativa. Ellos se repelen lo que impide que se toquen. Tampocose puede tocar los núcleos, que son positivos. Sin embargo esas distancias sontan pequeñas que el efecto es como si los cuerpos se tocaran.

3.1.1. Fuerza de acción a distancia

Del primer tipo, acción a distancia, la más importante para este curso es lafuerza gravitacional que se ejerce entre los cuerpos consecuencia de su masa.Ella es una fuerza atractiva, inversa al cuadrado de la distancia entre loscuerpos y proporcional al producto de las masas. Sin embargo entre cuerposde masas no demasiado grandes, esa fuerza es normalmente despreciable en

98 Fuerzas

magnitud. En la Tierra sin embargo no se puede despreciar esa fuerza debidoa la enorme masa de la Tierra. Cerca de la superficie terrestre todos loscuerpos son atraídos hacia la superficie terrestre (en realidad hacia el centrode la Tierra) con una fuerza que es proporcional a la masa del cuerpo. Laconstante de proporcionalidad es la aceleración de gravedad que en el sistemainternacional de unidades es g = 9,8 m s−2 de modo que la magnitud de lafuerza peso de un cuerpo es

W = mg.

F

Fuerza gravitacional.Claramente es reconocible que la fuerza peso tiene además dirección, verticaly sentido, hacia abajo. Es decir esta fuerza parece tener las propiedades de unvector. Más adelante indicaremos qué es lo que falta para poder considerara una fuerza un vector. La variación de la fuerza gravitacional peso puededespreciarse si los cuerpos permanecen cerca de la superficie terrestre.

Nota 3.1 La fuerza peso en la Tierra en realidad depende de la altura sobrela superficie terrestre y además, como consecuencia de la rotación terrestre,depende de la latitud, efectos que serán despreciados aquí, para situacionescerca de la superficie terrestre. En rigor la fuerza peso es la tensión en un hiloque sostiene al cuerpo, en equilibrio relativo a la Tierra, pero que en realidadestá rotando al igual que lo hace la tierra.

Nota 3.2 La fuerza gravitacional, el análisis de ella y su genio, permitierona Albert Einstein formular la teoría general de la relatividad, cuestión queno podemos explicar aquí pero, bien podría usted pensarlo. La cuestión es

3.1 Las Fuerzas 99

¿cómo un cuerpo distante puede, sin mediar nada entre ellos, atraer a otro?La fuerza gravitacional entre partículas en posiciones distintas siempre estápresente y de acuerdo a Newton ella está dada en magnitud por

F = Gm1m2

d2.

A pesar de lo bien que ella aplica a la explicación del sistema Solar, temaque se presenta más adelante, su expresión deja de manifiesto un defecto quevarios habían notado. Si la distancia cambia por mover uno de los dos cuerpos,el otro nota el cambio en esa fuerza instantáneamente. O sea la informacióndel cambio viajó de una partícula a la otra con velocidad infinita. AlbertEinstein con su formulación de su teoría de la relatividad especial estableceque no hay cuerpos o señales que puedan viajar a más velocidad que la luz,por lo que se propuso construir una nueva teoría de la gravitación que notuviera ese problema. Después de algún tiempo lo logra al construir una delas más hermosas teorías de la Física, la teoría de la relatividad general.

3.1.2. Fuerzas de contacto

Otra forma de ejercer una acción sobre un cuerpo, es haciendo contactocon él mediante otro cuerpo. Podemos empujar un cuerpo. Podemos tambiéntirar de un cuerpo mediante una cuerda, Podemos colocar el cuerpo sobreuna superficie sólida. Igualmente es importante si el cuerpo se mueve dentrode fluidos, ya sean líquidos o gaseosos. es también claro que estas fuerzastendrán alguna magnitud, alguna dirección y algún sentido.

F

Fuerza de contacto.

Este tipo de acción puede a primera vista parecer más natural que una ac-ción a distancia. Sin embargo también caben algunas preguntas. Si la materia

100 Fuerzas

está formada por átomos o moléculas, existiendo gran cantidad de espaciovacío entre ellos, ¿qué significa realmente que un cuerpo esté en contacto conotro?

3.1.3. Tercera ley de Newton

Cuando dos cuerpos se colocan en contacto, la fuerza de contacto que sedesarrolla es en realidad una pareja de fuerzas. Una de esas fuerzas actúasobre el primer cuerpo y es causada por el segundo, y la otra fuerza actúasobre el segundo cuerpo y es causada por el primero. Se las reconoce comofuerzas de acción y de reacción. Cual de ellas se llame acción o reacción esirrelevante. La tercera ley de Newton establece que esas dos fuerzas tienenla misma dirección, igual magnitud, sentido contrario y actúan sobre unamisma línea.En un esquema la situación es como la que se muestra

FF

3.1.4. Unidades de Fuerza

La unidad de fuerza en el sistema internacional de unidades es el Newton,simbolizado por N. A veces se usan otras unidadesLa dina dyn = 0,000 01N,La libra fuerza lbf = 4. 448 N,El kilogramo fuerza kgf = 9,8N

3.2. Tipos de fuerzas de contacto

Cuando dos cuerpos están en contacto, se manifiestan fuerzas de interac-ción que satisfacen la tercera ley de Newton, es decir la llamada ley de accióny reacción. Es conveniente clasificarlas en diversos tipos que explicaremos.

3.3 Condiciones de equilibrio 101

3.2.1. Fuerza normal

La componente de la fuerza de contacto perpendicular a la superficie encontacto, se denomina usualmente reacción normal N .

3.2.2. Fuerza de roce

La componente de la fuerza de contacto paralela a la superficie en con-tacto, se denomina fuerza de roce f .

3.2.3. Tensiones

Cuando un cuerpo es tirado mediante una cuerda, la cuerda ejerce unafuerza de tracción llamada la tensión de la cuerda T.La figura siguiente (a), ilustra a un cuerpo de masa m que está apoyado

sobre el suelo y tirado mediante una cuerda. La figura (b) ilustra el sistemade fuerzas que actúan sobre el cuerpo, en un diagrama llamado de cuerpolibre, donde los contactos se han sustituido por las respectivas fuerzas deacción, la normal N , la fuerza de roce estática fs, la tensión T y la fuerza deacción a distancia, el peso del cuerpo de magnitud mg.

3.2.4. Superficies lisas o sin roce

Si las superficies son lisas o en otras palabras sin roce, la fuerza de rocees cero y entonces la acción es puramente normal.

3.3. Condiciones de equilibrio

Aunque el tema de los cuerpos en equilibrio será tratado con mayor pro-fundidad en el capítulo siguiente, daremos algunos elementos aquí. Los cuer-pos en equilibrio, es decir que permanecen en reposo bajo la acción de un

102 Fuerzas

determinado conjunto de fuerzas, permite investigar (en el laboratorio) cuan-do un sistema de fuerzas puede ser reemplazado por otro.

Definicion 3.3.1 Diremos que dos sistemas de fuerzas son equivalentescuando un mismo cuerpo permanece en equilibrio con ambos sistemas defuerzas.

Sin embargo seguiremos otra estrategia que consiste en analizar la posi-bilidad de cambiar el punto de aplicación de una fuerza, determinando encada caso el efecto que ese cambio produce.

3.3.1. Línea de acción y punto de aplicación

Cuando una fuerza actúa sobre un cuerpo sólido indeformable, se ha com-probado experimentalmente que la fuerza se puede desplazar libremente sobresu línea de acción. En otras palabras la fuerza puede ser aplicada indistinta-mente en cualquier punto de su línea de acción, siempre y cuando se mantengasu magnitud, dirección y sentido. Sin embargo no resulta lo mismo si se tras-lada la fuerza a otra línea paralela a su línea de acción. Para cuerpos realesdeformables, no es posible cambiar el punto de aplicación de la fuerza sin queello cambie su efecto, las deformaciones que ellas causan.

3.3.2. Fuerzas concurrentes

Cuando sobre un cuerpo sólido indeformable actúan dos fuerzas que noson paralelas y que están sobre un mismo plano, por lo dicho anteriormente,es posible trasladarlas al punto de intersección de sus líneas de acción. Se hacomprobado que esas dos fuerzas actuando en ese punto son equivalentes auna sola fuerza aplicada en ese mismo punto. Lo importante es que esa únicafuerza es la suma vectorial de las dos fuerzas aplicadas.

fuerzas concurrentes


F = F1 + F2.

3.3.3. Par de Fuerzas

Dos fuerzas paralelas de igual magnitud y sentido contrario que no tienenla misma línea de acción, tienen una suma vectorial nula. Sin embargo suefecto no es nulo, pues ese par de fuerzas tiende a hacer rotar el cuerpo. Elpar M de ellas se define como

M = r1 × F1 + r2 × F2, (3.1)

= (r1 − r2)× F1 = r × F1,

puesF2 = −F1.

Se ha definido r = r1 − r2. El par M resulta independiente del origen Opuesto que sólo depende del vector posición relativo r entre los dos puntosde aplicación. Tal vector M que puede desplazarse libremente pues no de-pende del origen, se denomina el “par de las fuerzas”. El par de fuerzas esperpendicular al plano que contiene las fuerzas y no es una fuerza, de hechosu unidad en el sistema SI es [ Nm].Las figuras siguientes muestran varias formas de representar un “par de

las fuerzas”:F

-Fr

M

M

La primera ilustra las dos fuerzas. La segunda, la representación vectorialdel par y la última una representación simplificada donde se muestra en elplano de las fuerzas el efecto que el par produce.

3.3.4. Llave de torque

Para realizar el apriete de una tuerca o de un perno, se debe aplicaren par de fuerza. Para ciertas aplicaciones, por ejemplo pernos de culata de

104 Fuerzas

automóviles, se requiere de un par o torque exacto. Para ello existen las llavesde torque, como la que se indica en la figura

3.3.5. Fuerzas no concurrentes

Como ya explicamos, una fuerza aplicada en un punto de un cuerpo rígidopuede trasladarse libremente sobre su línea de acción. Para cambiarla a otralínea paralela debe tenerse cuidado. La figura (3.1) (a) muestra una F1actuando en r1 que se desea cambiar a otro punto arbitrario r2.

r1

r2

O

r1

r2

O

F1-F1

"par" "par"

r2

O

F1

M

(a) (b) (c)

Figura 3.1:

La manera de hacerlo es “agregando” en el punto r2 un vector nulo (3.1)(b), que por supuesto no hace ni un efecto, es decir F1+ (−F1), y como estáilustrado en (3.1) (c)queda actuando la fuerza F1 aplicada en r2 más un parde fuerzas M dado por

M = (r1 − r2)× F1. (3.2)


Si se toma en cuenta que r2 − r1 = r es el vector dirigido desde el puntodonde se colocó la fuerza al punto donde estaba la fuerza, la receta es sim-plemente: cambie la fuerza F manteniendo su magnitud, dirección y sentidoa un punto arbitrario, considerando entonces que en el nuevo punto actúa lafuerza F y además el par

M = r × F.

Como explicamos a continuación, este par es también el “torque” de la fuerzarespecto al punto donde la fuerza se traslada.

3.3.6. Caso general

Si sobre un cuerpo actúan un conjunto de fuerzas Fi aplicadas en ri,para sumarlas y obtener la fuerza resultante, de acuerdo a su suma vectorial,debemos hacerlas actuar en un mismo punto. Supongamos que las llevamostodas a un punto O arbitrario de posición rO. Generalizando lo anterior elcuerpo quedará sometido, además de la resultante en O,

F =X

Fi,

a una serie de pares de fuerzas dado por

M = (r1 − rO)× F1 + (r2 − rO)× F2 + · · ·

Cada “par” no depende del origen pero si del punto al cual se trasladaronlas fuerzas. Esta sumatoria que depende del punto O elegido (pero no delorigen) se denomina el torque resultante de las fuerzas respecto al punto Oy se denota por

τO =X(ri − rO)× Fi. (3.3)

Si el origen del sistema de coordenadas se coloca precisamente en O, la ex-presión anterior se simplifica a

τO =X

ri × Fi. (3.4)

Nuevamente expresamos este resultado en palabras: Si desea sumar vecto-rialmente las fuerzas en un punto arbitrario del cuerpo, lo puede hacer perotenga en cuenta entonces que sobre el cuerpo actúa esa fuerza resultante (lasuma vectorial de todas ellas) y un torque respecto a ese punto dado por

τO =X

ri × Fi. (3.5)

106 Fuerzas

La figura ilustra como se reduce un sistema de fuerzas arbitrario, donde sedecidió sumar las fuerzas en el punto A, y luego se obtiene una fuerza resul-tante y un torque, lo que equivale a la situación de la figura (3.1):

O

rA

F1 F2 F3++ΓΑ

A

siendo

ΓA = (r1 − rA)× F1 + (r2 − rA)× F2 + (r3 − rA)× F3.

3.4. Centro de masa

El centro de masa de un conjunto de partículas de masas mi ubicadas enposiciones ri es un punto CM cuya posición se define mediante

rCM =

PimiriPimi

. (3.6)

Como puede verse, el centro de masas corresponde a la posición promedio delas posiciones de las partículas con ponderaciones proporcionales a las masasde cada partícula.

3.4.1. Cuerpos continuos

A veces es conveniente olvidarse de la discreticidad de la estructura atómi-ca de la materia y considerar que la masa está distribuida en forma continua.Cuando un cuerpo puede considerarse un continuo de masa, es necesario de-finir las densidades de masa, de las cuales hay tres tipos dependiendo si elcuerpo es volumétrico, superficial o lineal. En este curso consideraremos solocuerpos homogéneos donde las densidades son constantes.

3.5 Centroides 107

Si el cuerpo es homogéneo, con una densidad de masa constante, entoncespara los tres casos señalados, se definen⎧⎨⎩ ρ = M

V[ kgm−3] densidad volumétrica

σ = MA

[ kgm−2] densidad superficialλ = M

L[ kgm−1] densidad lineal

(3.7)

las densidades volumétrica, superficial y lineal de masa: ρ, σ, y λ. M repre-senta la masa total del cuerpo, V su volumen para el caso volumétrico, A suárea para el caso superficial y L su longitud para el caso lineal.

3.5. Centroides

El concepto de centroide es bastante general y aplica a diversos conceptos.Por ejemplo existe el centroide de área, el centroide de volúmenes, el centroidede masas y otros más. En general se trata de un promedio ponderado de lascantidades involucradas. Por ejemplo considere un cuerpo plano que se hasubdividido en elementos infinitésimos de área dA ubicado en una posiciónespecificada por un vector (variable) r. El centroide de áreas se define comoun punto C ubicado en la posición

rC =

RrdARdA

. (3.8)

Estas nociones requieren de elementos de la teoría matemática del Çálcu-lo"que usted probablemente aún no conoce. No se preocupe, luego lo com-prenderá mejor. Similarmente si un cuerpo tiene masa y se subdivide el cuer-po en elementos infinitésimos de volumen dV con masa dm ubicado en unaposición especificada por un vector (variable) r, se define el centroide de ma-sas, conocido simplemente como centro de masa CM , al punto cuya posiciónes

rCM =

RrdmRdm

. (3.9)

Cuando el cuerpo es homogéneo, entonces las masas contenidas en loselementos de volumen son

dm =M

VdV,

108 Fuerzas

donde M es la masa total del cuerpo y V es el volumen total del cuerpo.Entonces en este caso

rCM =

RrMVdVR

MVdV

=

RrdVRdV

, (3.10)

que es también llamado centroide del volumen. Naturalmente si el cuerpo esuna figura plana, la integral que resultará es de superficie

rCM =

RrdmRdm

=

RrMAdAR

MAdA

=

RrdARdA

. (3.11)

El centro de masa coincide con el centroide del área.Las definiciones involucran el concepto de integral que usted probable-

mente no conoce, de modo que los centros de áreas de las figuras planas másimportantes le serán dados. Es importante destacar que si la figura tiene uneje de simetría de rotación de 180o, entonces el centro de área debe estar so-bre ese eje. Si hay dos ejes de simetría entonces el centro de área está dondese intersectan. Este es el caso del cuadrado, del rectángulo, del círculo y otrasfiguras con simetrías, como se indica en la figura

C C C

cuadrado rectangulo circulocentroides

Para otras figuras importantes se dan resultados para la ubicación delcentro de área y además de su área, por ser de importancia en algunos pro-blemas de la estática.

3.5.1. Triángulo

3.5 Centroides 109

a

2a/3

h

x

h/3

y

C

xC =2

3a,

yC =1

3h,

A =1

2ah.

3.5.2. Triángulo

a

2(a+b)/3

h

x

h/3

y

C

b

xC =1

3(a+ b),

yC =1

3h,

A =1

2bh.

110 Fuerzas

3.5.3. Semi disco

R

Ox

y

C

xC =4R

3π,

yC = 0,

A =1

2πR2.

3.5.4. Cuarto de disco

RO

x

y

C

3.6 Resultante de fuerzas paralelas de igual magnitud 111

xC =4R

3π,

yC =4R

3π,

A =1

4πR2.

3.5.5. Combinación de áreas

De la expresión

rCM =

RrdA

A,

si subdividimos el área en dos partes A1 y A2, podemos escribir

rCM =

RA1

rdA+RA2

rdA

A1 +A2

=A1

1A1

RA1

rdA+A21A2

RA2

rdA

A1 +A2

=A1rCM1 +A2rCM2

A1 +A2,

expresión que permite obtener el centroide de área de combinación de figurascon centroides conocidos.

3.6. Resultante de fuerzas paralelas de igualmagnitud

Cuando las fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido son todas paralelas,tal como es el caso de la fuerza peso que actúa sobre un conjunto de partí-culas, entonces la resultante la podemos colocar en cualquiera de esas líneas,siempre y cuando se agregue el correspondiente torque. Por ejemplo para elcaso del peso, si j indica la dirección vertical hacia arriba, la resultante delpeso colocada en O será

W =Xi

mig(−j) = −Mgj, (3.12)

112 Fuerzas

dondeM representa la masa total del sistemaM =P

mi. Pero existe ademásun torque dado por

τO =X(ri − rO)× (−migj),

=

ÃXi

(ri − rO)mi

!× (−gj),

=Xi

rimi × (−gj)−Xi

rOmi × (−gj)

= M(rCM − rO)× (−gj).

Note que el torque es nulo si rO = rCM , es decir si la resultante de las fuerzasparalelas se coloca en el centro de masa. De allí que se acostumbra a decirque la resultante de los pesos de las partes de un cuerpo actúa en el centro demasa, pues en ese caso el torque debido a trasladar las fuerzas paralelamenteal centro de masa es nulo.

3.6.1. Centro de Fuerzas paralelas

En general todo sistema de fuerzas paralelas actuando sobre un cuerporígido es equivalente a la pura resultante de ellas actuando en un punto A deuna línea específica siempre que se agregue el torque de las fuerzas respectoa ese mismo punto, es decir

F =X

Fi,

ΓA =X(ri − rA)× Fi = ΓO − rA × F.

El punto A es arbitrario, pero puede ser conveniente escogerlo de manera querespecto a ese punto el torque de las fuerzas sea nulo. Ese punto, llamadocentro de fuerzas, es un punto C respecto al cual

ΓC = 0,

o seaΓO − rC × F = 0.

Si las fuerzas son paralelas, digamos respecto al ejeOZ, entonces las podemostrasladar sobre su línea de acción de manera que queden todas actuando enpuntos del planoOXY . Para determinar rA, es decir la ubicación de ese punto


sobre el plano OXY , la última ecuación la multiplicamos vectorialmente porF resultando

ΓO × F = (rC × F )× F = (rC · F )F − F 2rC ,

pero rC está sobre el plano OXY y la fuerza sobre el eje OZ de manera que

rC · F = 0

y se logra despejar

rC =F × ΓOF 2

, (3.13)

que es la posición del centro de fuerzas, es decir donde se puede consideraractuando la fuerza resultante con torque nulo respecto a ese punto, es decirel sistema de fuerzas se reduce a la resultante de ellas en el centro de fuerzasy nada más. A ese punto lo llamaremos rF de ahora en adelante.Debemos remarcar que existe un centro de fuerza exclusivamente si la

magnitud de la fuerza resultante no es nula, es decir

F 6= 0.

y además de ΓO − rA × F = 0 se deduce que sólo hay solución para rA siel torque en O es perpendicular a la fuerza resultante F . Sin embargo noestamos analizando el caso más general, sino cuando todas las fuerzas sonparalelas, digamos a la dirección k. Se tiene entonces que la fuerza resultantees

F =X

Fik,

donde por supuesto Fi representa la (única) componente de la fuerza i en ladirección z. Estas pueden ser positivas o negativas. Su torque será

ΓO =X

ri × Fi =X

ri × Fik,

entonces

rF =k ×

P(ri × Fik)

F=

PFiriF

. (3.14)

114 Fuerzas

3.6.2. Versión simplificada

Es quizás preferible partir inmediatamente con fuerzas Fi paralelas al ejez y puntos de aplicación en el plano xy de manera que

0 = ΓC =X(ri − rC)× Fi =

X(ri − rC)× Fik,

es decir XFiri × k = rC ×

XFik

tomando las componentes x e y de esta ecuaciónXyiFi = yC

XFi,X

xiFi = xCX

Fi,

de donde nuevamente sigue

xC =

PxiFiPFi

,

yC =

PyiFiPFi

.

Note que debe ser la componente de la fuerza resultanteP

Fi 6= 0.

3.6.3. Coordenadas del centro de fuerzas

Como todas las fuerzas son paralela a cierta dirección, digamos k entoncesla expresión anterior se simplifica si tomamos todos los ri en un plano per-pendicular al eje OZ (los puntos de aplicación pueden cambiarse librementeen la dirección OZ)

rF =k ×

PFi(ri × k)

F=

PFiriF

,

que conduce a las coordenadas del centro de fuerza. Si tomamos las compo-nentes x, y obtenemos

xF =

PxiFiPFi

, (3.15)

yF =

PyiFiPFi

.


Note que si las fuerzas Fi son constantes (i = 1, 2, 3 · · ·N), lo anterior sereduce a

xF =

Pxi

N, (3.16)

yF =

Pyi

N.

Ejemplo 3.6.1 Considere una lámina cuadrada de arista a sobre el planoOXY, que está actuada en sus cuatro vértices por fuerzas iguales de magnitudF en la dirección del eje OZ. Determine la posición del centro de fuerza. (Larespuesta es más que evidente, pero queremos probar la teoría elaborada)

Solución. Si un vértice se coloca en el origen y los lados paralelos a losejes OXY se tiene con r1 = (0, 0), r2 = (0, a), r3 = (a, 0), r4 = (a, a)

xF =a+ a

4=

a

2,

yF =a+ a

4=

a

2,

es decir el centro del cuadrado.

N

Ejemplo 3.6.2 Para la misma situación del problema anterior suponga aho-ra que las magnitudes son F1 = 1, F2 = 2, F3 = 3, F4 = 4, determine el centrode fuerza.

Solución. Ahora

xF =

PxiFiPFi

=3a+ 4a

10=7a

10

yF =

PyiFiPFi

=2a+ 4a

10=6a

10.

N

3.6.4. Centro de fuerzas distribuidas paralelas

Si se tienen fuerzas distribuidas en forma continua por unidad de longi-tud, supongamos que verticalmente hacia abajo y actuando sobre una línea

116 Fuerzas

horizontal, el ejeOX, entonces la fuerza que actúa en un elemento de longituddx en posición x es

dF = w(x)dx.

A w(x) se le llama la densidad lineal de la fuerza y está expresada en Nm−1..

x

ω(x) N/m

x

y

dx

O

En el caso de la figura ??, se ha supuesto una fuerza distribuida cuya densidadlineal varía linealmente con la posición. La fuerza total y su centro de fuerzase puede entonces calcular de acuerdo a la sección anterior como

xF =

PxiFiPFi→Rxw(x)dxRw(x)dx

=1

A

ZxdA = xC , (3.17)

F =X

Fi →Z

w(x)dx(−j) = −Aj.

Donde A representa el “área” de la figura de la dirstribución de fuerza. Nue-vamente nos encontramos con el concepto de integral, detalles que ustedpuede omitir, pero debe saber el resultado: el centro de fuerzas correspondeal centroide de la figura y la fuerza total es el “área” de la distribución defuerza. En realidad se calcula como área, pero tiene unidades de fuerza:

A =

Zw(x)dx.

Ejemplo 3.6.3 La figura siguiente ilustra una barra cargada con fuerzasdistribuidas linealmente. Se pide un sistema de fuerza equivalente con torquenulo.


F1 (N/m)

F2 (N/m)

L

Solución.F (N)

xF

El cálculo de la fuerza equivalente F y de la coordenada del centro de fuerzase hace a continuación. La fuerza resultante es el área de la distribución deFuerza, es decir

F = F2L+1

2(F1 − F2)L =

1

2L(F2 + F1).

El centroide de la figura lo determinamos según

xC = xF =12L(F2L) +

13L(1

2(F1 − F2)L)

(F2L) + (12(F1 − F2)L)

=1

3L2F2 + F1F2 + F1

.

Note que el caso de un triángulo es un caso particular con F1 = 0 o F2 = 0.

N

118 Fuerzas

3.7. Trabajar con componentes

Aunque la mayor parte del trabajo de desarrollo ha sido hecho con losvectores, en la práctica prueba ser conveniente trabajar con las componentesde los vectores en algún sistema de referencia. Usualmente se utiliza un sis-tema cartesiano de referencia con ejes OX, OY y OZ. Aunque creemos quetodo ha sido explicado en el capítulo de vectores, lo repetimos en parte parafuerzas y torques. Por ejemplo si una fuerza F está en el plano OXY, y si αes el ángulo que ella forma con el eje OX entonces

F = Fxı+ Fy j,

siendo ¯F¯=

qF 2x + F 2

y , Fx =¯F¯cosα, y Fy =

¯F¯sinα

F = (Fx, Fy) = (¯F¯cosα,

¯F¯sinα).

Si el punto de aplicación de la fuerza es

r = xı+ yj,

entonces el torque de ella respecto al origen será

ΓO = r × F = (xFy − yFx)k,

es decir

ΓO = (x¯F¯sinα− y

¯F¯cosα)k

=¯F¯(x sinα− y cosα)k.

La figura siguiente ilustra los diferentes términos involucrados.

r

F

Fx

Fyα

O X

y

x

Y

θ

3.7 Trabajar con componentes 119

De todas maneras el producto cruz es posible realizarlo más fácilmente sise conoce el ángulo θ entre el vector del punto de aplicación y la fuerza de laforma

ΓO = r × F = |r|¯F¯sin θ(−k),

donde el sentido se obtiene usando la regla de la mano derecha, es decirhacia adentro del papel.

3.7.1. Eje torsor

Como hemos visto, todo sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerporígido es equivalente a la resultante vectorial de todas las fuerzas que actúanen un punto arbitrario O más el torque de todas las fuerzas respecto a esepunto. ¿Podemos elegir algún punto tal que la resultante de todas las fuerzasy el torque sean paralelos? Un caso simple que ilustra con claridad la exis-tencia de un eje torsor es el que ilustra la figura, donde mediante una “llave”se aprieta una tuerca

F

F

F

eje torsor

Analicemos esta posibilidad de un punto de vista matemático. Sea en el ori-gen o simplemente en un punto O

F =X

Fi,

ΓO =X

ri × Fi.

Entonces en otro punto A

ΓA =X(ri − rA)× Fi = ΓO − rA × F,

F =X

Fi.

120 Fuerzas

Para que el torque y la resultante sean paralelas debe ser

ΓO − rA × F = λF ,

Si esta igualdad la multiplicamos ×F resultará

ΓO × F − (rA × F )× F = 0,

y haciendo uso de la identidad

A× (B × C) = (A · C)B − (A ·B)C,

podemos escribir

ΓO × F = (rA · F )F −¯F¯2rA,

de donde, si¯F¯6= 0, podemos despejar una solución

rA =F × ΓO¯F¯2

Esto es, en el punto A el torque y la fuerza resultante son paralelas. Larecta que pasa por A y es paralela a la fuerza resultante (y al torque) sedenomina eje torsor. En algunas situaciones simples puede resultar que eltorque en A sea nulo, pero no importa, un vector nulo es paralelo a cualquiervector. Como en estos casos el torque es nulo, el eje torsor pasa por lo que sedenomina centro de fuerza. Esta materia es algo compleja y no se preguntaráen pruebas, pero como buen ingeniero estúdiela igual.

Ejemplo 3.7.1 Considere un cuerpo sometido a fuerzas de manera que enel punto O la resultante de las fuerzas sea

F = F k,

y el torque respecto al punto O sea

ΓO = τ ı+ τ k,

que evidentemente no son paralelos. Según nuestra fórmula, la posición deleje torsor resulta ser

rA =F × ΓOF 2

=k × τ ı

F=

τ

Fj.

3.7 Trabajar con componentes 121

Si creemos en el resultado, en ese punto deben ser la fuerza resultante y eltorque paralelos. Si aún no lo cree, verifiquemos. El en punto A actuará lafuerza

F = F k,

y al torque en O hay que agregarle el torque producido al correr la fuerza, esdecir

ΓA = ΓO + (−rA × F ),

que se calcula y resulta

ΓA = τ ı+ τ k + (− τ

Fj)× F k

= τ ı+ τ k − τ ı = τ k,

justamente paralelo a la fuerza.

Notemos que a pesar de que las ecuaciones que determinan el centro defuerza y el eje torsor son idénticas, hay una diferencia. Para la determinacióndel centro de fuerzas las fuerzas Fi son todas paralelas, a diferencia del caso enque se calcula el eje torsor, donde se consideran el torque y la fuerza resultantedadas arbitrariamente en un punto. Para clarificar este punto considere elejemplo:

Ejemplo 3.7.2 Considere dos fuerzas iguales de magnitud F actuando per-pendicularmente en los extremos de una barra de longitud 2a. Determine elcentro de fuerza y el eje torsor.

Solución. Sea OZ la dirección de la fuerza, OY la dirección de la barra,tenemos entonces que

F = 2Fk,

y si el origen está en un extremo

ΓO = 2aj× F k = 2aF ı,

de donde

rF =F × ΓOF 2

=2F k × 2aF ı

4F 2= aj,

el centro de la barra. Si se calcula la posición del eje torsor, obtenemos lamisma respuesta. Evidentemente como el torque es nulo respecto al centrode fuerza, él es paralelo a la fuerza. En el caso en que la fuerza resultante y

122 Fuerzas

el torque sean dados en un punto, podremos calcular el eje torsor solamentepero no el centro de fuerza, porque no hay razón para suponer que las fuerzaseran todas paralelas.

N

Ejemplo 3.7.3 Considere una fuerza F1 = F (−1, 0, 0) actuando en el punto(0, 0, 0) y otra fuerza F2 = F (0, 0,−1) actuando en el punto A = (a, a, 0),determine el eje torsorSolución. Aquí, llamaremos T al punto por donde pasa el eje torsor

F = F1 + F2 = F (−1, 0,−1),

calculando resulta

ΓO = aF (1, 1, 0)× (0, 0,−1) = aF (−1, 1, 0)

rT =F × ΓOF 2

=a

2(1, 1,−1)

Para verificar calculamos el torque de las fuerzas respecto al punto T resultará

ΓT = −aF2(1, 1,−1)× (−1, 0, 0) + aF ((1, 1, 0)− 1

2(1, 1,−1))× (0, 0,−1)

= aF

µ−12, 0,−1

2

¶=

aF

2(−1, 0,−1),

paralelo a la fuerza resultante. Si buscamos el centro de fuerza ahora nopodemos utilizar la relación establecida anteriormente porque las fuerzas noson paralelas. Deberíamos resolver la ecuación

ΓO − rA × F = 0,

pero evidentemente esta ecuación sólo puede tener solución para rA si eltorque y la fuerza son perpendiculares, lo cual en este caso no se cumple deporque ΓO = aF (−1, 1, 0) y F = F (−1, 0,−1) de manera que

ΓO · F = aF 2 (−1, 1, 0) · (−1, 0,−1) = aF 2 6= 0.

Es decir este sistema de dos fuerzas no tiene centro de fuerza.

N

3.8 De actualidad (no pertenece al programa) 123

3.8. De actualidad (no pertenece al progra-ma)

A comienzos del siglo 20, se comprendían más o menos bien dos fuerzasfundamentales. La más antigua, la fuerza gravitacional que de acuerdo a la leyde gravitación universal de Newton, es inversa al cuadrado de la distanciaentre los cuerpos, proporcional al producto de las masas de los cuerpos yse manifiesta en forma instantánea cualquiera que sea la distancia entre loscuerpos. La fuerza electromagnética es la otra. Después de un extenso trabajoen parte experimental y en parte teórico desarrollado por numerosos físicos,a lo largo de un periodo de alrededor de cien años después de la invención dela pila de Volta en el año 1800, se culminó con la segunda gran unificaciónde la Física. La teoría electromagnética que explica mediante una teoríatodos los fenómenos de ambos tipos, eléctricos y magnéticos. El desarrollode la teoría electromagnética proporcionó las herramientas necesarias parainvestigar la estructura atómica de la materia y allí se producirían muchasotras novedades.La contribución de Albert Einstein durante ese periodo es notable. La

observación experimental de que la velocidad de la luz es independiente dela velocidad del observador, le permite desarrollar una hermosa teoría cono-cida como la teoría de la Relatividad especial. Ello obliga a cambiar las leyesde Newton en el ámbito de velocidades altas. También obliga a descartarel concepto de tiempo absoluto de Newton reemplazándolo por el conceptode espacio tiempo, donde no sólo el espacio es relativo, sino que el tiempotambién. El principio de equivalencia que es el reflejo de que todos los cuer-pos aceleren de igual forma en un campo gravitacional además del conocidodefecto de la teoría de la gravitación Universal de que es instantánea, le per-mite desarrollar una nueva teoría de la gravitación. En esta teoría realmentela fuerza gravitacional deje de ser una fuerza que actúa a distancia. La mate-ria deforma la estructura del espacio tiempo en forma dinámica y los cuerposse mueven de acuerdo a esa curvatura. Las ecuaciones son complicadas peroese es el concepto.Después de mucho éxitos, Einstein intentó hacer su teoría final, la teoría

del campo unificado. Describir mediante una sola teoría la gravitación y elelectromagnetismo. A pesar de sus intentos falló.Se cree que Einstein fracasó en su intento, por no haber creído en una

nueva teoría que surge. La mecánica cuántica. El gran desarrollo de la tec-

124 Fuerzas

nología debido al desarrollo de la teoría electromagnética, permite investigarlo que sucede en el mundo atómico. Se descubren el electrón, el protón, elneutrón. Se producen enormes avances en la electrónica y en la comprensiónde la estructura atómica.

El mundo atómico, mostró comportarse de una manera completamentediferente a lo estudiado por la física clásica. Numerosos físicos culminan desa-rrollando una nueva teoría que explica maravillosamente bien, hasta nuestrosdías, todo lo que acontece en el mundo atómico. La Mecánica Cuántica. Unacaracterística de esta teoría no gustó a Einstein. La teoría indica que a uncierto estado inicial e idénticas condiciones del entorno, existen varios futurosposibles y la teoría no permite saber cual ocurrirá. Sólo son calculables lasprobabilidades de esos futuros. A esto se le denomina "pérdida del determi-nismo clásico".

También se descubrieron otras dos fuerzas cuya explicación y descripciónsólo es posible hacer mediante laMecánica Cuántica. Estas son la fuerza débil,culpable de la radioactividad (radiación beta) y la nuclear fuerte, responsa-ble de la estabilidad de los núcleos atómicos. La teoría electromagnética fuetambién incorporada a la descripción cuántica, quedando solamente la fuerzagravitacional fuera de este cuadro. Es entonces aparente que la unificación delas fuerzas se podría lograr con los procedimientos de la Mecánica Cuántica.En cierta medida esto se ha logrado. La teoría electro-débil, permite unificarla fuerza electromagnética y la fuerza débil. En esta formulación cuántica delas fuerzas, las fuerzas se manifiestan realmente intercambiando partículasllamadas partículas mediadoras de la fuerza. No es raro entonces que Eins-tein no lograra su teoría de Unificación. El llamado modelo estándar unificalas tres fuerzas, electromagnética, débil y nuclear, quedando fuera la fuer-za gravitacional. De paso mencionamos que esta es normalmente la fuerzamás débil de todas y tiene, normalmente, un efecto despreciable en el mundomicroscópico.

Hoy, a pesar de todos los esfuerzos realizados, no se ha podido satis-factoriamente construir una teoría que unifique las cuatro fuerzas. Hay dossituaciones por lo menos donde tal unificación es necesaria para explicar loque ocurre. Se trata de situaciones que involucran un tamaño microscópico yuna enorme fuerza gravitacional. El instante inicial (Big Bang) y los agujerosnegros, estrellas de tamaño microscópico con un enorme campo gravitacional(o enorme curvatura del espacio tiempo).


3.8.1. Fuerzas ficticias

En cursos más avanzados de Mecánica se estudia la formulación de la me-cánica en sistemas generales de referencia, los cuales pueden acelerar, puedenrotar uniformemente, pueden rotar aceleradamente, pueden moverse de cual-quier manera. Como ejemplo considere un laboratorio que navega en el vacíoen ausencia de campo gravitaciuonal, pero el laboratorio acelera con acele-ración constante g. Si un observador, parado en dicho laboratorio acelerado,suelta una piedra en reposo respecto a el, la piedra çaerá.aceleradamente haciael piso con la aceleración de gravedad, aunque no haya fuerza gravitacional.O sea, pareciera que los objetos son atraídos hacia el piso. Pero es una fuerza"ficticia". Al soltar la piedra, al no existir fuerzas ella continúa moviéndosecon velocidad constante y es el piso que la alcanza por estar acelerando. Enuna discusión con un Físico, al cual le señalé que estas no son fuerzas reales,el me contestó, son tan reales que ellas pueden matar. Es cierto que alguienpuede morir, pero la causa no es una fuerza. Si una persona cae en ese la-boratorio acelerado desde unos treinta metros, quizás el muera. Quién es elculpable. La aceleración del laboratorio que lo golpeará igual que en una caí-da libre. Otras fuerzas ficticias son la fuerza centrífuga, la fuerza de Coriolisy varias otras. Si hacemos girar una piedra en una circunferencia medianteun cuerda, la tensión en la cuerda es la responsable de ese movimiento. Sila cuerda se corta, la piedra sale disparada. Algunos dirán, erradamente, porculpa de la fuerza centrífuga. No, al cortarse la cuerda, la piedra simplementeseguirá en línea recta, porque no hay fuerzas. Si usted tiene dudas sobre laexistencia de una fuerza realice la pregunta. ¿Quién la ejerce? Si no encuentrael quien, entonces esa fuerza no existe. Ejemplo de equivocación común. Unbloque esta equilibrado arriba de otro bloque. El peso del de arriba ¿actúasobre el de abajo?. Piénselo, la respuesta es no.


Ejercicio 3.1 Las cuatro fuerzas concurrentes mostradas en la figura tienenuna resultante igual a cero. Si

¯FB

¯= 800N,

¯FC

¯= 1000N y

¯FD

¯= 800N

determine la magnitud de FA y el ángulo α.

126 Fuerzas

X

Y

70º 30º20º

FC

FDFA

α

FB

Solución. Las componentes de la fuerza sonXFx = FC cos 30 + FD cos 20− FB cos 70− FA cosα = 0,XFy = FC sin 30− FD sin 20 + FB sin 70− FA sinα = 0,

o bien

FA cosα = 1000 cos 30 + 800 cos 20− 800 cos 70 = 1344. 163,FA sinα = 1000 sin 30− 800 sin 20 + 800 sin 70 = 978. 138,

entonces

FA =√1344. 1632 + 978. 1382 = 1662. 386 N

y

tanα =978. 138

1344. 163= 0,727

α = 36,04o

N

Ejercicio 3.2 Las magnitudes de las fuerzas que actúan sobre el soporteson, figura,

¯F1

¯=¯F2

¯= 100N. El soporte fallará si la magnitud de la

fuerza resultante que actúa sobre él excede 150N. Determine el intervalo devalores aceptables para el ángulo α.


α

F1

F2

Solución. La magnitud de la fuerza resultante puede escribirse

F =p(F2 + F1 cosα)2 + (F1 sinα)2

=q(F 2

2 + 2F2F1 cosα+ F 21 )

pero F1 = F2 entonces

F = F1√2 + 2 cosα

o bien

F = 2F1 cosα/2

= 200 cosα/2 < 150,

o seacosα/2 <

3

4,

de modo que (limitando el problema hasta 90o)

90o 1 α > 82. 819o

y simétricamente hacia abajo.

N

Ejercicio 3.3 Tres fuerzas actúan sobre la esfera mostrada en la figura. Lamagnitud de FB es de 60N y la resultante de las tres es igual a cero Deter-mine las magnitudes de FA y FC.

128 Fuerzas

FA

FB

FC

30º

Solución. Aquí XFx = −FC cos 30 + FA = 0,XFy = FC sin 30− FB = 0

= FC sin 30− 60 = 0,

Entonces

FC = 120N

FA = 120 cos 30

= 60√3N

N

Ejercicio 3.4 Cuatro fuerzas actúan sobre una viga como se indica en lafigura. La resultante de las cuatro fuerzas es cero y además

¯FB

¯= 10000N,¯

FC

¯= 5000N. Determine las magnitudes de FA y FD.

FA

FB FC

FD

30º


Solución. Para los ejes OX horizontal y OY vertical se tiene

FA cos 30− FD = 0,

FA sin 30− FB + FC = 0,

o sea

FA cos 30− FD = 0,

FA sin 30− 10000 + 5000 = 0,

de donde

FA =5000

sin 30= 10000N,

FD = FA cos 30 = 5000√3N.

N

Ejercicio 3.5 Seis fuerzas actúan sobre una viga que forma parte de la es-tructura de un edificio, como se indica en la figura, en los extremos, puntomedio y a un cuarto de la longitud de la viga. Se sabe que la resultante detodas ellas es cero y que

¯FB

¯=¯FE

¯= 5kN,

¯FC

¯= 4kN,

¯FD

¯= 2kN.

Determine las magnitudes de FA y FG.

FA

FB

FG

70º

FE

FC FD

40º 40º 50º

Solución. Similarmente

−FA cos 70− FC cos 40 + FD cos 40 + FG cos 50 = 0,

FA sin 70 + FC sin 40− FB + FD sin 40− FE + FG sin 50 = 0,

y numéricamente

130 Fuerzas

−FA cos 70 + FG cos 50 = 2 cos 40,

FA sin 70 + FG sin 50 = 10− 6 sin 40,

de donde se resuelve

FG =10 cos 70− 6 cos 70 sin 40 + 2 cos 40 sin 70

cos 30= 4. 088 6 kN

FA =10 cos 50− 6 sin 40 cos 50− 2 cos 40 sin 50

cos 30= 3. 204 kN

N

Ejercicio 3.6 Los cables A, B y C, figura, ayudan a soportar una columnade una estructura. Las magnitudes de las tensiones en los cables son iguales¯FA

¯=¯FB

¯=¯FC

¯y se sabe además que la magnitud de la resultantes es

200 kN. Determine la magnitud de FA.

4 m

6 m A B C

4 m 4 m

Solución. Llamando α, β, γ los ángulos que forman los cable con lahorizontal, y T a la tensión, se tiene que

Fx = T (cosα+ cos β + cos γ),

Fy = T (sinα+ sinβ + sin γ),

siendo la resultante

Tp(cosα+ cosβ + cos γ)2 + (sinα+ sinβ + sin γ)2 = 200,


y los ángulos están dados por

cosα =4√

42 + 62, sinα =

6√42 + 62

cosβ =8√

82 + 62, sinβ =

6√82 + 62

,

cos γ =12√

122 + 62, sin γ =

6√122 + 62

,

de donde se obtieneT = 68. 238 kN

N

Ejercicio 3.7 Se tiene una fuerza F = 600ı − 700j + 600kN. Determinelos ángulos entre el vector F y los ejes coordenados positivos.

Solución. Llamando α, β, γ los ángulos se tiene que

cosα =F · ı¯F¯ = 600√

6002 + 7002 + 6002=6

11,

cosβ =F · j¯F¯ = −700√

6002 + 7002 + 6002= − 7

11,

cos γ =F · k¯F¯ = 600√

6002 + 7002 + 6002=6

11

de donde

α = γ = 56. 944 o,

β = 129. 521o.

N

Ejercicio 3.8 La torre de 70m de altura que se muestra en la figura estásoportada por tres cables que ejercen sobre ella las fuerzas FAB, FAC y FAD .La magnitud de cada una de esas fuerzas es de 2 kN. Exprese vectorialmente

132 Fuerzas

la fuerza resultante ejercida por los cables sobre la torre. Las coordenadas delos apoyos son C = (40,−40), B = (0, 40) y D = (−60,−60).

Bx

y

D

C

zA

Solución. Los vectores a lo largo de los cables son

−→AC =

−→OC −−→OA = (40,−40, 0)− (0, 0, 70) = (40,−40,−70) ,

−→AB =

−−→OB −−→OA = (0, 40, 0)− (0, 0, 70) = (0, 40,−70)

−−→AD =

−−→OD −−→OA = (−60,−60, 0)− (0, 0, 70) = (−60,−60,−70) ,

entonces la fuerza resultante es

F = 2

µ(40,−40,−70)|(40,−40,−70)| +

(0, 40,−70)|(0, 40,−70)| +

(−60,−60,−70)|(−60,−60,−70)|

¶= 2

µ(40,−40,−70)

90+(0, 40,−70)10√65

+(−60,−60,−70)

110

¶=

µ−2099

,−19699

+8

65

√65,−280

99− 1465

√65

¶= (−0,202 02,−0,987 52,−4. 564 8) kN.

N

Ejercicio 3.9 El cable AB mostrado en la figura ejerce una tensión de mag-nitud 32N sobre el collarín en A. Exprese vectorialmente la fuerza de tensiónT .


4 m

A

4 m

7 m

6 m

4 m

B

x

y

Solución. Necesitamos un vector a lo largo del cable. Ese vector es

−→AB =

−−→OB −−→OA,

donde el vector−−→OB = (4, 0, 7) y

−→OA se puede construir así

−→OA = (0, 0, 7) + 6

(4, 4, 0)− (0, 0, 7)|(4, 4, 0)− (0, 0, 7)|

= (0, 0, 7) + 6(4, 4,−7)

9=

µ8

3,8

3,7

3

¶,

por lo tanto

−→AB = (4, 0, 7)−

µ8

3,8

3,7

3

¶=

µ4

3,−83,14

3

¶,

y finalmente

T = 32

¡43,−8

3, 143

¢¯¡43,−8

3, 143

¢¯= 32

(2,−4, 7)√69

= (7. 704 7,−15. 409, 26. 966) .

N

134 Fuerzas

Ejercicio 3.10 Determine el torque de la fuerza de 50 kgf respecto a lospuntos A, B y C de la figura.

A B C

6 m 4 m

50 kgf

Solución. Si el eje X está a lo largo de la barra, Y hacia arriba y Z salede la figura, entonces

ΓA = 6ı× (−50j) = −300k kgf m,ΓB = 0,

ΓC = (−4ı)× (−50j) = 200k kgf m.

N

Ejercicio 3.11 En la figura, la viga AB de 5m de longitud fallará si el tor-que de la fuerza respecto al punto A excede de 10Nm. Con esa condicióndetermine la máxima magnitud que puede tener la fuerza.

A

BF

30º

25º


Solución. El torque respecto al punto A es

τ =−→AB × F,

y su magnitud es

τ = (AB)F sin(30− 25) = 5F sin 5,

de este modo para no exceder 10Nm debe ser

F 0 10

5 sin 5= 22. 947N.

N

Ejercicio 3.12 De acuerdo a la figura, determine el torque de la fuerza de80N respecto al punto P.

40º

20ºF

P

3 m

Solución. Su magnitud es

τ = 3(80) sin(40 + 20) = 120√3N,

y su dirección y sentido es perpendicular a la figura y saliendo.

N

Ejercicio 3.13 Determine la magnitud del torque de la fuerza distribuidaindicada en la figura respecto al punto A y la posición de su centro de fuerza.

136 Fuerzas

10 m5 m

A

10 N/m

Solución. Como se explicó, el centro de la fuerza distribuida coincide conel centroide del rectángulo, esto es está ubicado a 5 + 5 = 10m del punto Ay la magnitud del torque será

τA = 10(100) = 1000Nm

N

Ejercicio 3.14 Determine la magnitud del torque de la fuerza distribuidaindicada en la figura respecto al punto A y la posición de su centro de fuerza.

10 m3 m

A

10 N/m

Solución. El “área”del triángulo es A = 12(10× 10) = 50N, su centroide

está a 2310m del vértice izquierdo y luego el torque respecto al punto A tiene

magnitud

τA = (3 +2

310)50 =

1450

3Nm.

N

Capítulo 4

Fuerzas y equilibrio

La estática determina las condiciones bajo las cuales un cuerpo actuadopor diversas fuerzas permanece en equilibrio, es decir en reposo. El desarrollode la estática viene desde mucho tiempo atrás, mucho antes del desarrollode la dinámica. Algunos de sus principios fueron formulados por los egip-cios y los babilónicos en problemas relacionados con la construcción de laspirámides y de templos. Entre los más antiguos escritos sobre este tema sepuede mencionar a Arquímedes quién formuló los principios del equilibriode fuerzas actuando en palancas y algunos principios de la hidrostática. Porestas razones no creemos conveniente considerar a la estática como un casoparticular de la dinámica.

La principal razón para que desarrollo de la dinámica fuera posterior,está directamente relacionada con el desarrollo de los métodos para medir eltiempo, es decir del desarrollo de los relojes.

Generalmente ocurre algo similar. Un avance en una teoría permite laconstrucción de nuevos aparatos de medición que a su vez ayudan a per-feccionar la teoría y así sucesivamente. El desarrollo de nuevas tecnologíaspermite el avance en las teorías y recíprocamente. ¿Qué fue primero? Nues-tra posición es que lo primero es la observación del mundo natural mediantelos instrumentos naturales básicos, nuestros sentidos.

138 Fuerzas y equilibrio

4.1. Condiciones de equilibrio. Leyes de la es-tática

4.1.1. Equilibrio de una partícula

Cuando una partícula permanece en reposo respecto a un sistema inercialde referencia, se dice que la partícula está en equilibrio. La condición necesariay suficiente para que una partícula permanezca en equilibrio (en reposo) esque la resultante de las fuerzas que actúan sobre ella sea cero

F =X

Fi = 0. (4.1)

Naturalmente con esta condición la partícula podría también moverse convelocidad constante, pero si está inicialmente en reposo la anterior es unacondición necesaria y suficiente. Si el sistema de referencia que se usa no esinercial, por ejemplo si el sistema rota, aquellos puntos de ese sistema dondela partícula se mantiene sin moverse, se denominan puntos estacionarios yno serán estudiados en este curso.

4.1.2. De un sistema de partículas

Para que un sistema de varias partículas permanezca en equilibrio, cadauna de sus partículas debe permanecer en equilibrio. Ahora las fuerzas queactúan sobre cada partícula pueden ser, en parte de interacción fij con lasotras partículas del sistema y en parte proveniente del exterior F ext

i , es decir

Fi = F exti +

Xj 6=i

fij. (4.2)

Aquí fij representa la fuerza que la partícula número j ejerce sobre la par-tícula número i. Pero las fuerzas de interacción satisfacen la tercera ley deNewton, ley llamada de acción y reacción que dice

fij = −fji, (4.3)

y dice además que fij es paralela a la línea que une las partículas i con j

fij × (ri − rj) = 0. (4.4)

4.1 Condiciones de equilibrio. Leyes de la estática 139

De este modo un sistema de partículas está en equilibrio si

F exti +

Xj 6=i

fij = 0, para todo i.

En otras palabras la resultante de las fuerzas que actúan sobre cada partículadebe ser nula.

4.1.3. Cuerpo rígido

En el desarrollo de la estática consideraremos situaciones de equilibriode cuerpos rígidos, es decir que no se deforman. En rigor no existen cuerposindeformable, de manera que la aplicación de las leyes de la estática es unaaproximación que será buena si las deformaciones son despreciables frente aotras dimensiones del problema. El tema de la estática de cuerpos deformablees el tema de otros cursos, resistencia de materiales o Mecánica de los medioscontinuos.Si el cuerpo rígido permanece en equilibrio con el sistema de fuerzas ex-

teriores aplicado, entonces para que todas las partículas estén en equilibrioes suficiente que tres de sus partículas no colineales estén en equilibrio. Lasdemás no pueden moverse simplemente por tratarse de un cuerpo rígido.Las condiciones bajo las cuales un cuerpo rígido permanece en equilibrio sonque la fuerza externa resultante y el torque externo resultante respecto a unorigen arbitrario sean nulos, es decir

F ext =X

F exti = 0, (4.5)

ΓextO =X

ri × F exti = 0, (4.6)

siendo O un punto arbitrario. De acuerdo a la expresión del torque respectoa otro punto A, (ri− rA son las posiciones de los puntos de aplicación de lasfuerzas respecto a A)

ΓA =X(ri − rA)× F ext

i = ΓextO − rA × F ext, (4.7)

se constata entonces que el torque resultante es cero respecto a cualquierpunto. Esto es

ΓextO = 0, F ext = 0⇒ ΓA = 0.

En la práctica, conviene elegir A de modo que el menor número de fuerzasrealice torque respecto a ese punto. En problemas bidimensionales, al estar


M negativo M positivo

Figura 4.1:

F

fMg

N

Figura 4.2:

las fuerzas en un plano, los torques M resultarán perpendiculares al planoy se indicarán (la componente M = Mz, z hacia afuera) positivo si salen dela figura, negativos si entran en la figura, de acuerdo a la regla de la manoderecha

4.1.4. La fuerza de roce estática

Cuando los cuerpos están en equilibrio, la fuerza de roce si existe, sedenomina fuerza de roce estática f . Recuerde que se llama fuerza de roce ala parte de la fuerza de contacto que es paralela a la superficie de contacto.En la figura siguiente se ilustra lo que acontece cuando un cuerpo permaneceen equilibrio bajo el sistema de fuerzas indicado, una fuerza aplicada F acierta altura, el peso Mg, la reacción normal N y la fuerza de roce estáticaf.La resultante de las fuerzas en el sentido horizontal y vertical debe ser nula,entonces

F − f = 0,

N −Mg = 0,


de donde

f = F, (4.8)

N = Mg.

Es decir, la fuerza de roce permanece igual a la fuerza aplicada de tensión.Pero eso tiene un límite, La fuerza de roce estática puede aumentar hastaun límite, el cual depende de la naturaleza de las superficies en contacto através de un coeficiente μS llamado coeficiente de roce estático, y del gradoen que las superficies estén apretadas entre sí, esto es ese valor máximo esproporcional a la componente normal de la fuerzaN . En este modelo entonces

fmax = μSN, (4.9)

siendo entoncesf 0 μSN. (4.10)

Si la fuerza aplicada F iguala a ese valor máximo se dice que el cuerpo está enequilibrio límite o bien a punto de resbalar. Para fuerzas aplicadas mayoresel cuerpo se pondrá en movimiento acelerado, tema que será estudiado enel capitulo de dinámica. Note que la normal se ha dibujado un poco a laderecha del punto medio. ¿Qué ocurre con ella? En rigor si el bloque toca alsuelo en toda su base, la fuerza normal será entonces una fuerza distribuida.Ella puede ser reemplazada por su resultante N colocada en el centro de esadistribución. Si F = 0, el centro de esa fuerza distribuida estará en el centrode la base. Si F no es nula, ese centro de fuerza se corre algo hacia la derechapara garantizar que el torque sea nulo si el bloque está en equilibrioX

Γ = 0.

Esto es causado porque la fuerza aplicada F está a cierta altura sobre elsuelo. En los problemas resueltos, hay más detalles de esto.

4.1.5. Fuerzas causadas por ciertos soportes

Es conveniente analizar en forma más o menos sistemática las fuerzasque causadas por ciertos tipos de soportes, cuerdas, resortes, empotraduras,articulaciones y otros, donde en las figuras que siguen se ilustran las compo-nentes de fuerzas y pares que ellos causan.


soporte de pasador dos componentes de fuerzas

soporte de rodillo una componente de fuerza

contacto con superficie lisa Una fuerza normal

contacto con superficie rugosa Una fuerza normal y una fuerza de roce


Dos componentes de fuerza y un par

Soporte empotrado

El origen del par se puede explicar de acuerdo a la figura que sigue dondeen general se puede pensar que las reacciones verticales en la empotradurason dos, de diferente magnitud y, lo que es más importante, no están sobrela misma línea. Para sumarlas, es necesario trasladar una a la línea de acciónde la otra y eso causa el denominado par de la fuerza.

Soporte empotrado

4.1.6. Cuerpos estáticamente indeterminados

Uno de los propósitos de la estática es determinar las fuerzas y momentoso torques actuando sobre el sistema, algunos son acciones externas conoci-das y otras reacciones causadas por soportes, contactos y otros medios, queson incógnitas necesarias de determinar. Están incluidas como incógnitas las


fuerzas internas que actúan sobre los cuerpos. Tensiones, fuerzas cortantes,momentos flectores, momentos torsores. Si los cuerpos rígidos existieran, esasfuerzas internas no tendrían importancia. En la realidad, los cuerpos son de-formables y son capaces de soportar ciertos esfuerzos sin romperse. Comoveremos, las leyes de la estática permiten determinar esas incógnitas, exceptocuando hay sistemas indeterminados. En cursos más avanzados de la inge-niería (resistencia de materiales mecánica de los medios continuos) se verá elresto de la historia.Ejemplos de sistemas indeterminados hay muchos. Esperamos que con

algunos ejemplos usted comprenda. Una mesa con cuatro patas. Si queremosdeterminar las fuerzas sobre cada patas, no se puede. Razón: con tres patasbasta para el equilibrio. Una cuerda inextensible atada en los extremos a dospuntos fijos y que se ve tensa. ¿Cual es la tensión? Ella está indeterminada.Depende de algo que no conocemos. La forma exacta en que se colocó lacuerda. Esto es de ocurrencia práctica más o menos común. Si amarramosalgo, mediante una cuerda, la tensión de la cuerda dependerá de la formaen que hicimos la amarra, pero si alguien no lo sabe, no podrá calcularla.Usted está sentado en una ladera inclinada con roce y al mismo tiempoatado mediante una cuerda a un punto fijo. ¿Qué lo mantiene en equilibrio?El roce, la tensión o ambos. No se puede determinar.

4.1.7. Diagrama de cuerpo libre

Cuando hay un cuerpo o un sistema de cuerpos interactuando, y el sistemaestá en equilibrio, es posible indicar en una figura, llamado diagrama decuerpo libre, las fuerzas que actúan sobre cada cuerpo. Para ello hay queconsiderar

La tercera ley de Newton o principio de acción y reacción. Si un cuerpoejerce una fuerza sobre otro por contacto o de acción a distancia, elsegundo ejerce una fuerza igual y contraria sobre el primero. Ambasfuerzas deben indicarse, pero debe ser mostrado con claridad sobre quecuerpo actúa cada una.

Cuando un cuerpo toca a otro, la fuerza normal a la superficie debeindicarse empujando a cada cuerpo. Si la zona de contacto es exten-dida, la fuerza de contacto normal será un fuerza distribuida. Si unbloque descansa sobre un suelo horizontal, la reacción normal es una


F

30º

O x

y

N

Mgf

x

Figura 4.3:

fuerza distribuida paralela y puede entonces ser reemplazada por unasola resultante colocada en el centro de fuerza. En el primer problemaresuelto que está más adelante se muestra la importancia de entenderesto.

Una articulación en un sistema de dos dimensiones, equivale a una fuer-za con dos componentes. Como ellas son desconocidas, pueden indicarseen cualquier sentido.

Una empotradura en un sistema de dos dimensiones, equivale a unafuerza con dos componentes y a un par o torque perpendicular al plano.Como ellas son desconocidas, pueden indicarse en cualquier sentido.

La fuerza de contacto paralela a la superficie (fuerza de roce estática)actúa sobre ambas superficies pero en sentido contrario. Es convenien-te indicarla opuesta al sentido en que el cuerpo quiere moverse.Comoejemplo se muestra el diagrama de cuerpo libre de una barra homogé-nea que está apoyada en el suelo y tirada por una fuerza F inclinada en30o respecto a la horizontal. Esa fuerza aplicada es dada y debe dibu-jarse. La fuerza peso, que ejerce la Tierra sobre la barra, se ha colocadoen el punto medio, vertical y dirigida hacia abajo, de magnitud Mg.La fuerza de roce f también se indica. La Normal, sería una fuerzadistribuida vertical actuando en toda la superficie de contacto, haciaarriba. Podemos reemplazarla por su resultante N colocada en el cen-tro de fuerza. Su posición no es conocida pero, aquí hay que razonar,debido a que el extremo derecho se está tratando de levantar, la normal


se correrá a la izquierda del punto medio. Su posición exacta x es otraincógnita.

4.1.8. Fuerzas internas

Para que un elemento estructural no falle, se rompa o se desplome de-bido a las fuerzas y momentos que actúan sobre el, un ingeniero no sólodebe determinar las fuerzas y momentos externos, sino también las fuerzasy momentos internos que actúan adentro del elemento. Nos limitaremos a sudeterminación cuando el elemento se trate de una barra o viga. Para simpli-ficar, despreciaremos el peso de la viga. De ser necesario considerarlo, el pesono debe ser colocado en el centro de masa, sino que tal como es, una fuerzadistribuida continuamente a lo largo de la barra.Anteriormente mostramos que un sistema general de fuerzas se puede

reemplazar por un sistema equivalente dado por una fuerza resultante ac-tuando en un punto y un torque respecto a ese mismo punto. Pero recuerdeque eso es cierto si el sistema es un cuerpo rígido. Si nuestro sistema es unsistema que puede fallar por esfuerzos excesivos, hay que tener cuidado. Nose puede ni se debe cambiar el punto de aplicación de una fuerza.Para el diseño de una viga es muy importante conocer las fuerzas y los

momentos internos y en particular donde ocurren sus valores máximos. Porello aprenderemos a determinar tanto la tensión T, la fuerza de corte V yel momento flector M en todos los puntos internos de la viga, estos seránentonces funciones de la posición x. Sus máximos podrán entonces obtenersepor métodos analíticos o haciendo gráficos, llamados diagramas de fuerzacortante y momento flector.

Ejemplo 4.1.1 Analizaremos lo que ocurre si nuestro sistema es de dos di-mensiones, mediante un ejemplo que se indica en la figura. Para simplificar lahistoria, despreciamos el peso de la barra que está articulada en A, apoyadaen B y actuada por una fuerza vertical conocida F hacia abajo a distancia lde su extremo.Las leyes de la estática nos permiten determinar las reaccionesexternas desconocidas NA y NB. AsíX

Fy = NA +NB − F = 0XΓA = LNB − lF = 0,


A B

FNA NB

L

l

Figura 4.4:

L F

xV

V

T

T

NANB

M M

Figura 4.5:

de donde

NB =l

LF,

NA = F − l

LF =

L− l

LF.

Para determinar las fuerzas internas, hacemos un corte en una posición va-riable x, mostrando en la figura que sigue las fuerzas internas de acción yreacción, que son: T : fuerza de tensión, si resulta positiva. Fuerza de com-presión si resulta negativa. V : fuerza de corte, con un sentido indicado ar-bitrariamente pero que debe calcularse. M :Momento flector, con un sentidoindicado arbitrariamente pero que debe calcularse.Para su cálculo, aplique lasleyes de la estática a cualquiera de los dos trozos del corte.X

Fx = 0,X

Fy = 0,X

ΓA = 0.


F

x

V

V

TT

NANB

MM

l

Figura 4.6:

Note que la figura vale para x ≤ l. Para x > l,De la primera figura se deduce

que para x ≤ l XFx = T = 0,XFy = NA − V = 0⇒ V =

L− l

LF,X

ΓA = M − V x = 0⇒M =L− l

LFx,

y para la segunda figura para x > l (consideramos el trozo a la derecha delcorte) X

Fx = T = 0,XFy = V +NB = 0⇒ V = − l

LF,X

ΓB = −M − V (L− x) = 0⇒M =l

LF (L− x).

Note que la fuerza de corte es constante a ambos lados de la fuerza aplicadaF , y que es discontinua en x = L precisamente en el valor F. El momentoflector aumenta con x hasta x = l y luego disminuye hasta ser cero en elextremo derecho. Si la viga va a fallar por causa del momento flector ( quetrata de doblarla o flectarla), lo hará en x = L.

Ejemplo 4.1.2 Si al lado izquierdo, la barra estuviera empotrada, entoncesel problema estaría indeterminado porque el apoyo de la derecha está de más.


A

FNA

L

lMA

Figura 4.7:

F

xV

VNA

M MMA

Figura 4.8:

Repetiremos entonces para una barra empotrada y sólo cargada por una fuerzaF , igual que en el ejemplo anterior.Las leyes de la estática determinan NA yMA X

Fy = 0 = NA − F ⇒ NA = F,XΓA = 0 =MA − Fl⇒MA = Fl.

Hacemos ahora un corte x ≤ lresultando para x ≤ l

NA − V = 0⇒ V = NA = F,

M +MA − V x = 0⇒M = Fx− Fl,

y para x > l

V = 0,

M = 0,


F

x

V

VNA

MM

lMA

Figura 4.9:

o sea, a la derecha de F , la barra no está sometida a fuerzas ni torquesinternos.

4.2. Otros ejemplos

Ejemplo 4.2.1 La barra de la figura de masa m y largo 2a está en equilibrioapoyada sobre una pared vertical lisa y sostenida por un extremo medianteun hilo de largo b. Determine los posibles ángulos θ de equilibrio.

θ

φ

N

mg

T2a

b

4.2 Otros ejemplos 151

Solución. Tenemos

N − T sinφ = 0,

T cosφ−mg = 0,

mga sin θ − T2a sin(θ − φ) = 0,

además de una relación geométrica

sinφ =2a

bsin θ.

De la segunda y la tercera

sin θ − 2sin(θ − φ)

cosφ= 0,

− sin θ cosφ+ 2 cos θ sinφ = 0,

sin θ cosφ = 2 cos θ2a

bsin θ

de donde una solución es sin θ = 0→ θ = 0, θ = π. La otra sigue de

cosφ =4a

bcos θ,

eliminando φ

1 =4a2

b2sin2 θ +

16a2

b2cos2 θ,

1− 4a2

b2=

12a2

b2cos2 θ,

cos θ =

rb2 − 4a212a2

,

esta solución existe si b > 2a y

b2 − 4a2 < 12a2,

b < 4a.

N


Ejemplo 4.2.2 La barra de la figura de longitud L está articulada en O,apoyada en A, tiene un peso total W y está cargada por una fuerza distri-buida uniforme de magnitud w(x) = qNm−1 desde a hasta b. Determine lasreacciones en O y en A.

ω(x) = q

xO

a b

A

Solución. El sistema equivalente de fuerzas es como en la figura siguiente q(b-a)

xO

L/2

RS

W

L(a+b)/2

de modo que tenemosXFy = R+ S −W − q(b− a) = 0

y momentando respecto a OXΓO = SL−W

L

2− q(b− a)

a+ b

2= 0,

de donde despejamos

S =W

2+ q(b− a)

a+ b

2L,

y de la primera

R = W + q(b− a)− (W2+ q(b− a)

a+ b

2L),

=W

2+ q(b− a)(1− a+ b

2L).

N



Ejercicio 4.1 Un cuerpo homogéneo de masa M altura H y base de largo2a, es empujado por una fuerza horizontal F aplicada en un costado a laaltura h del suelo. Si el coeficiente de roce estático entre el suelo y el cuerpoes μS, determine la condición para que al romperse el equilibrio debido alaumento de F el cuerpo deslice o vuelque.

F

hH

2a

Solución. Sin fuerza aplicada, la reacción normal puede considerarse unafuerza distribuida homogéneamente en la base de modo que su resultante Ntiene como punto de aplicación, el centro de la base. Sin embargo al aplicarla fuerza F la distribución se “carga” más a la derecha. Sea entonces x elcentro de esa fuerza, medido desde el centro de la base, tomado como origenO. De ese modo las ecuaciones de equilibrio sonX

Fx = F − fS = 0,XFy = N −Mg = 0,XτO = (Nx− Fh)k = 0,

siendo el eje OZ hacia afuera. De allí podemos despejar

fS = F,

N = Mg,

x =Fh

Mg,

pero hay dos límites

fS = F 0 μSN = μSMg,

x =Fh

Mg0 a,


F

4 m

2 m

3 m

30º

Figura 4.10:

o bien

F 0 μSMg,

F 0 a

hMg.

Si la fuerza excede primero la primera cota, el cuerpo desliza caso contrariovuelca en otras palabras, si

μS <a

h,

el cuerpo deslizará al aumentar F , caso contrario volcará.

N

Ejercicio 4.2 Situación similar al problema anterior pero la fuerza estáinclinada y se dan valores numéricos, como se indica en la figura, la masadel bloque es M = 20 kg y el coeficiente de roce estático es μS = 0,5. Se pidedeterminar cómo se rompe el equilibrio al aumentar F.

Solución. Hacemos un diagrama de cuerpo libre donde se indica que lafuerza normal equivalente, está desplazada en x del centro.

F

4 m

2 m

3 m

30º

Ox

N


Las condiciones de equilibrio dan

F cos 30− f = 0,

F sin 30−Mg +N = 0,

Γ0 = 1× F sin 30 +Nx− 3F cos 30 = 0,

o bien

f =1

2

√3F = 0,866F,

N = 200− 12F,

Nx = 3F1

2

√3− 1

2F = 2. 098F.

Ahora hay que pensar. Nos colocamos en cualquiera de las dos posibilidades,bloque a punto de volcar o sea x = 1, o bloque a punto de deslizar f = μSN .En cualquiera de los dos casos eso permite calcular F. Deberemos enseguidaverificar si la otra condición se había dado ya o no. Por ejemplo suponga apunto de volcar

x = 1,

200− 12F = 3F

1

2

√3− 1

2F

de donde

F =400

9

√3 = 76. 98N

ahora calculamos f y fmax

f =1

2

√3F = 66,67N

fmax = μSN =1

2(200− 1

2F ) = 80. 755N

que significa que la fuerza de roce no ha alcanzado su valor máximo, por lotanto volcará.

N


TN

Mgx

αf

Figura 4.11:

Ejercicio 4.3 Una barra homogénea de masaM y largo 2a se encuentra enreposo en el suelo donde el coeficiente de roce estático es μS. A su extremoderecho, mediante una cuerda inextensible, se aplica una fuerza de tensiónT, inclinada en ángulo α respecto a la horizontal, hacia la derecha. Decida sial romperse el equilibrio aumentando T, la barra se levantará o deslizará.

Solución. Supongamos que la fuerza equivalente a la normal N estádesplazada en x < a desde el centro hacia la izquierda. Las condiciones deequilibrio son X

Fx = T cosα− f = 0,XFy = T sinα+N −Mg = 0,XΓG = aT sinα−Nx = 0.

Igual que en el problema anterior, nos ponemos en cualquiera de las dosposibilidades, x = a se levantará, f = μSN deslizará. Ahora hay que pensarun poco más porque todas son letras. Supongamos que x = a, calculamos

f = T cosα,

N = T sinα,

la barra se levantará entonces si no ha deslizado, es decir

T cosα < μST sinα

o seacotα < μS.


¿Qué significa esto? cot pequeña⇒ ángulo grande. Para ángulos pequeñosdeslizará, para ángulos grandes se levantará.

N

Ejercicio 4.4 Una barra de masa M y de largo L se equilibra como se in-dica en la figura. No hay roce. Determine el ángulo que hace la barra con lahorizontal cuando hay equilibrio.

N

H

d

W

R

CM

Solución. Las condiciones de equilibrio sonXFx = N −R sin θ = 0,XFy = R cos θ −Mg = 0,XτO = (Rd 0 −Mg

L

2cos θ)k = 0,

siendo O el punto de contacto de la barra con la pared y d 0 la distancia desdeese punto hasta la reacción R.Pero d0

d= sec θ, de manera que resulta

Mg

cos θd sec θ −Mg

L

2cos θ = 0,

y finalmente

cos θ =3

r2d

L,

y ese ángulo existe si 2d 0 L


N

Ejercicio 4.5 Una barra de largo L = 6m y de peso W = 20N está articu-lada en su extremo izquierdo a un punto fijo O, apoyada en un soporte lisoen A y cargada por dos fuerzas como se indica en la figura

2 m 2 m 2 m

10 N 10 N

O A

a) Determine la reacción vertical en la articulación.

b) Determine la reacción vertical en el soporte.

Solución. Si N y R indican las reacciones en la articulación y el soporte(obviamente su componente vertical), entoncesX

Fy = N +R− 10− 10− 20 = 0,XτO = (R× 4− 10× 2− 10× 6− 20× 3)k = 0,

de la segunda

R = 35N,

y de la primeraN = 40− 35 = 5N

N

Ejercicio 4.6 Una lámina de peso W en forma de triángulo equilátero delado a, puede moverse en un plano vertical estando el vértice A articulado aun punto fijo. Si al vértice C se le aplica una fuerza vertical hacia arriba demagnitud F, determine el ángulo θ que hace la arista AC con la vertical enla situación de equilibrio.


A

B

C

g

Solución. La distancia de un vértice al centro de masa es

d =a√3,

Calculando el torque respecto al punto A, positivos en el sentido de las agujasdel reloj, tenemos

τA = Fa sin θ −Wa√3sin(θ + 30) = 0,

de manera que el ángulo queda determinado por

F sin θ =W√3sin(θ + 30),

de donde

tan θ =1

3W

√3

2F −W.

N

Ejercicio 4.7 Considere el sistema de la figura sin roce, determine la fuer-za F necesaria para sostener el peso W .


Solución. La tensión en la cuerda es T y el peso W está equilibrado por2T , es decir

2T −W = 0,

de dondeF = T =

W

2.

N

Ejercicio 4.8 Para el sistema de la figura sin roce, determine la fuerza Fnecesaria para sostener el peso W .

F

W

Solución. Análogamente

3T −W = 0.


de donde

F = T =W

3.

N

Ejercicio 4.9 Para el sistema de la figura, no hay roce. Determine la fuer-za F necesaria para sostener el peso W .

Solución. Similarmente

3T −W = 0.

de donde

F = T =W

3.

N

Ejercicio 4.10 En el sistema indicado en la figura, no hay roce y las poleasson livianas. Determine la magnitud de la fuerza F necesaria para sostenerel peso W.


Solución. Ahora

4T −W = 0,

de donde

F = T =W

4.

N

Ejercicio 4.11 Tres esferas iguales de radio R están sobre un plano ho-rizontal suave, en contacto entre ellas de modo que sus centros forman untriángulo equilátero de arista 2R. A la altura de un radio, el conjunto se abra-za por una cuerda inextensible que las sostiene. Una cuarta esfera se colocasobre el centro del conjunto. Determine la tensión que se desarrolla en lacuerda.

Solución. Las los centros de las cuatro esferas forman una pirámide equi-látera de arista 2R.


La altura de una pirámide equilátera de arista a es

h = a

r2

3

luego el ángulo que forma una arista lateral con la vertical está dado por

cosφ =

r2

3

Si N es la reacción normal de contacto con la esfera superior tenemos que

3N cosφ =W,

de donde

N =W

3q

23

.

La componente horizontal de esta fuerza es

H = N sinφ =W

3q

23

r1− 2

3=1

6W√2.

La situación para una esfera en el suelo es como se indica en la


30º30º

T

T

H

figura de manera que

2T cos 30 = H =1

6W√2,

de donde

T =1

6W

r2

3.

N

Ejercicio 4.12 El bloque de la figura tiene masa M y el coeficiente de roceestático con el suelo es μS = 0,5, las longitudes indicadas son 2a = 1m,H = 2m, h = 1,5m. Determine qué sucede al aumentar la fuerza aplicadaF .

F

hH

2a

Solución. De acuerdo al problema (4.1) si

μS <a

h,

el cuerpo deslizará al aumentar F , caso contrario volcará. En este caso μS =0,5 y a/h = 0,5/1,5 = 0,333de modo que el cuerpo volcará.


N

Ejercicio 4.13 La barra OP de masa m y largo 2a esta articulada en unpunto fijo O, sostenida por una cuerda amarrada al punto fijo Q a distanciaa de O, y al extremo P de la barra, como se indica en la figura. En el extremoP, cuelga una masa M.

Q

O

C

P

a

g

m

2a

M

Determine la tensión en la cuerda QP y la reacción en O.

Solución. Sea T la tensión de la cuerda V , H las componentes verticaly horizontal de la reacción en O. EntoncesX

Fx = H − T cos θ = 0,XFy = V + T sin θ −Mg −mg = 0,XτO = (2aT sin θ −mga−Mg2a)k = 0.

Siendocos θ =

2√5, sin θ =

1√5.

De la terceraT =

m+ 2M

2

√5g ,

y

H = T cos θ = (m+ 2M)g ,

V = Mg +mg − T sin θ

= Mg +mg − m+ 2M

2g =

1

2mg


N

Ejercicio 4.14 Dos barras de masaM y largo 2a están articuladas en pun-tos fijos O y Q separados una distancia 2b a la vez que están articuladas enP. Determine las reacciones en las articulaciones O, P y Q.

Q

P

2b

O2a 2a

Solución. Por razones de simetría, la fuerza de interacción entre las dosbarras en P sólo puede tener componente horizontal. (Nada distingue la barraderecha de la izquierda). Sea HP esa reacción hacia la derecha sobre la barraOP y HO, VO las componentes de la reacción en O.Entonces

V0 −Mg = 0,

HO +HP = 0,XτO = (−Mga cos θ +HP2a sin θ)k = 0.

De la tercera

HP =Mg

2cot θ,

donde cos θ = b/2a entonces

HP =Mg

2

b√4a2 − b2

,

VO = Mg,

HO = −Mg

2

b√4a2 − b2

.

N

Ejercicio 4.15 Dos barras de masa M y largo 2a están articuladas en pun-tos fijos O y Q a la vez que están articuladas entre sí en P, como se indica


en la figura. Determine las reacciones en O y en Q.

Q

P

g

b

O2a

2a

Solución.

Q

g

O

VP VP

VO

VQ

MgMg

La barra OP está sometida solamente a fuerzas verticales, luego

VQ + VP −Mg = 0.


Para la barra OP , tenemos

VO −Mg − VP = 0,

y torque respecto al punto O

−Mgb

2− VP b = 0,

de donde despejamos

VP = −Mg

2,

VO = Mg − Mg

2=

Mg

2,

VQ = Mg +Mg

2=3Mg

2.

N

Ejercicio 4.16 La barra de la figura de masa M y largo 2a está en equilibrioapoyada sobre una pared vertical lisa y sostenida por un extremo medianteun hilo de largo b. Determine los posibles ángulos θ de equilibrio.

θ2a

b

Solución.


θ

φ

N

mg

T2a

b

Tenemos

N − T sinφ = 0,

T cosφ−Mg = 0,

Mga sin θ − T2a sin(θ − φ) = 0,

además de una relación geométrica

sinφ =2a

bsin θ.

De la segunda y la tercera

sin θ − 2sin(θ − φ)

cosφ= 0,

− sin θ cosφ+ 2 cos θ sinφ = 0,

sin θ cosφ = 2 cos θ2a

bsin θ

de donde una solución es sin θ = 0→ θ = 0, θ = π. La otra sigue de

cosφ =4a

bcos θ,


eliminando φ

1 =4a2

b2sin2 θ +

16a2

b2cos2 θ,

1− 4a2

b2=

12a2

b2cos2 θ,

cos θ =

rb2 − 4a212a2

,

esta solución existe si b > 2a y

b2 − 4a2 < 12a2,

b < 4a.

N

Ejercicio 4.17 La figura muestra una barra homogénea OC de largo L =1m y masa M = 12 kg, pivoteada en O y en el otro extremo ligada a unacuerda BC. En el extremo C de la barra cuelga un peso W = 60N por me-dio de una cuerda CD. Determinar (a) La tensión en la cuerda CD. (b) Latensión en la cuerda BC. (c) La reacción R en el extremo O de la barra. (R:(a) 60N, (b) 120N, (c) (103,9; 120)N)

W

B

O

C

D

60º

60º

X

Y

g

Solución.XFx = ROx − T cos 30 = 0,XFy = ROy + T sin 30−Mg −W = 0,XτO = (TL sin 60−Mg

L

2cos 30−WL cos 30)k = 0.


De aquí despejamos

T = Mg1

2+W

= 120N,

ROy = −T sin 30 +Mg +W

= 120N

ROx = T cos 30 = 103. 9N

N

Ejercicio 4.18 La figura nuestra una barra delgada y homogénea AB delargo L = 2m y de masa M = 12kg, la cual se encuentra pivoteada (articu-lada) en el extremo A. Sobre la barra en el punto C, se encuentra adheridauna partícula de masa m = 1kg. La barra se encuentra en equilibrio estáticocuando se le aplica una fuerza de magnitud F en el extremo B perpendiculara la barra. Determine (a) La magnitud de la fuerza aplicada. (b)La reacciónque ejerce la articulación sobre la barra. (c) La reacción que ejerce la barrasobre la articulación.

L/3

A

53ºX

Y

F

m

B

g

Solución.XFx = RAx − F cos 37 = 0,XFy = RAY

−Mg −mg + F sin 37 = 0,XτA = (FL−Mg

L

2cos 53−mg

2L

3cos 53)k = 0.


De aquí despejamos (usando g = 10ms−2)

F = Mg1

2cos 53 +mg

2

3cos 53 = 40. 12N,

RAx = F cos 37 = 32. 04N,

RAy = Mg +mg − F sin 37 = 105. 85N.

N

Ejercicio 4.19 El sistema de la figura está en equilibrio. Si la barra es delongitud L, de masa M = 8kg y la masa m es m = 10kg y AB = L/3determine (a) La tensión T. (b) La tensión T1. (c) La reacción en el pivoteA.

m

B

A

T1

37ºX

Yg

Solución. Sea T la tensión del hilo que la sostiene. Tenemos queXFx = RAx − T sin 37 = 0,XFy = RAY

−Mg −mg + T cos 37 = 0,XτA = (T

L

3−Mg

L

2cos 37−mgL cos 37)k = 0.

Despejando

T = Mg3

2cos 37 + 3mg cos 37 = 335. 43N,

RAx = T sin 37 = 201. 86N,

RAy = Mg +mg − T cos 37 = −87. 88N.


N

Ejercicio 4.20 Una viga de masa m = 6kg y largo L = 20m está someti-da a una carga distribuida y a una tensión como se indica en la figura. Ladistribución de carga es lineal con un máximo de 24Nm−1. Determine (a)La reacción en A. (b) La tensión en la cuerda. (R: (a) (−58,8; 53,6)N. (b)98N.)

6 m

53º

g

X

Y

24 N/m

6 m 3 m 5 m

A B

T

Solución. La fuerza distribuida tiene magnitud total 1224 × 6 = 72N y

está aplicada a distancia x = 6 + 2 = 8m del punto A. LuegoXFx = RAx + T cos 53 = 0,XFy = RAY

−mg − 72 + T sin 53 = 0,XτA = (15T sin 53− 10mg − 72× 8)k = 0.

Despejando

T =10× 6× 10 + 72× 8

15 sin 53= 98. 167N

RAx = −T cos 53 = −59. 079NRAy = mg + 72− T sin 53 = 53. 6N

N

Ejercicio 4.21 La figura muestra un sistema en equilibrio, donde la barratiene masa despreciable, la distribución de carga aplicada es lineal con unmáximo de 100Nm−1.. Determine la masa del cuerpo colgante. (R: 20 kg)


53º

gY

100 N/m

6 m2 m

A

m

T1 T2

T3

Solución. La tensión T1 se relaciona con la masa colgante de acuerdo a

T3 sin 53−mg = 0,

T3 cos 53− T1 = 0,

de dondeT1 =

mg cos 53

sin 53.

La fuerza distribuida equivale a una resultante de magnitud 100×6/2 = 300Nubicada a distancia 2+ 6

3= 4m del extremo A. Luego, momentando respecto

a ese punto XτA = (−300× 4 + T1 × 8)k = 0,

luego

T1 =1200

8= 150N

y finalmente

mg cos 53

sin 53= 150,

m = 15 tan 53 = 19. 9 kg

N

Ejercicio 4.22 La placa de la figura pesa 90N y está sostenida por el sis-tema de cables y poleas ideales. (sin masa y sin roce). Si la placa está enequilibrio en forma horizontal, determine


a) La tensión en el cable que pasa por la polea A.

b) La tensión en el cable que pasa por la polea B.

Solución. Si llamamos TA y TB las tensiones en las cuerdas A y B,tenemos para el equilibrio de la placa

TA + TB = 90

y para el equilibrio de la polea inferior (supuesta liviana)

TA = 2TB

de aquí se despejan

TB = 30N

TA = 60N

N

Ejercicio 4.23 Las cinco cuerdas del sistema de la figura pueden soportaruna tensión máxima de 1500N sin cortarse. Determine el peso máximo dela placa que puede ser soportada. (respuesta W = 2625N)


Solución. Indiquemos las tensiones como en la siguiente figura.

Para los equilibrios de las poleas, desde la izquierda hacia la derecha tenemos

2T1 − T2 = 0

T1 − 2T3 = 0

2T3 − T4 = 0

y para la placaT2 + T3 + T4 −W = 0.

Tenemos cuatro ecuaciones para las cuatro tensiones que resolvemos

T2 = 2T1

T3 =1

2T1

T4 = T1

que reemplazamos en la cuarta

2T1 +1

2T1 + T1 =W


de dondeT1 =

2

7W

y luego

T2 =4

7W

T3 =1

7W

T4 =2

7W

la mayor es T2 que no puede exceder 1500N por lo tanto

4

7W = 1500

con soluciónW = 2625,0N

N

Ejercicio 4.24 La placa liviana de la figura de longitud 9m está soportandouna fuerza distribuida en forma lineal con un máximo de 600Nm−1. Deter-mine las reacciones verticales en los soportes A y B.

600 N/m

6 m

3 mA B

Solución. La fuerza distribuida equivale (el área) a una fuerza de mag-nitud

F =1

2600× 6 = 1800N

ubicada a distancia desde el punto A

x = 3 +6

3= 5m.


Si llamamos RA y RB las fuerzas de reacción verticales, la condición deequilibrio será X

Fy = RA +RB − 1800 = 0XΓA = RB × 9− 1800× 5 = 0

de dondeRB =

1800× 59

= 1000N

yRA = 800N.

N

Ejercicio 4.25 La placa de la figura de longitud 16m y de masa 2 kg estásoportando dos fuerzas distribuidas en forma lineal con máximos de 50Nm−1

además de dos fuerzas hacia abajo de magnitudes F1 = 600N y F2 = 400N.Determine las reacciones verticales en los soportes A y B.

50 N/m

6 mA

B

5 m 5 m

F1 F2

Solución. Podemos considerar separadamente dos triángulos que corres-ponden a dos fuerzas

Fizquierda =1

25× 50 = 125N, x1 = −

5

3m,

Fderecha =1

26× 50 = 150N, x2 =

6

3m

donde medimos las coordenadas X con origen en A. Si llamamos RA y RB

las fuerzas de reacción verticales, la condición de equilibrio seráXFy = RA +RB − 600− 400− 125− 150− 20 = 0,XΓA = RB × 11− 400× 11− 600× 6− 150×

6

3+ 125× 5

3− 20× 3 = 0,


de donde

RB = 741. 06N,

RA = 553. 94N.

N

Ejercicio 4.26 La figura muestra un plano inclinado rugoso que forma unángulo de 37o con la horizontal y dos bloques A y B en reposo, unidos poruna cuerda inextensible y de masa despreciable. Si la masa del cuerpo A esmA = 3kg y el coeficiente de roce estático es μS = 0,2, determine

i) Los valores máximos y mínimos de mB compatibles con el equilibrio.

ii) El valor de la tensión de la cuerda en los dos casos anteriores.

g

37º

mA

mB

Solución. Los diagramas de cuerpo libre para bloque a punto de subir(a) y a punto de bajar (b) son

g

37º

mAg

mBg

f

T

TN

37º

g

37º

mAg

mBg

fT

TN

37º

(a)(b)


Para el caso (a), sumamos fuerzas a lo largo del plano y perpendiculares a elresultando

T −mAg sin 37− f = 0,

N −mAg cos 37 = 0,

y para el bloque que cuelga

T −mBg = 0,

donde en la situación de a punto de deslizar tenemos

f = μSN

y eliminando T y f se obtiene

mBg −mAg sin 37− μSmAg cos 37 = 0, ((a))

y para el segundo caso se tendrá un cambio de signo en el sentido de la fuerzade roce, es decir

mBg −mAg sin 37 + μSmAg cos 37 = 0, ((b))

y de aquí despejamos la máxima

mB = mA(sin 37 + μS cos 37) = 2. 284 6N, ((a))

y la mínimamB = mA(sin 37− μS cos 37) = 1. 326 3N, ((b))

siendo las tensionesT = mBg,

que usted puede calcular en cada caso.

N

Ejercicio 4.27 Tres cuerpos de masa mA = 3kg, mB = 2kg y mC = 1kgse encuentran en reposo como muestra la figura, de tal forma que cualquierpequeña perturbación haría que el cuerpo A subiera por el plano. Las cuerdasque unen los cuerpos son inextensible y de masa despreciable. Se pide


g

53º

mA mB

mC

A

B

C

a) El diagrama de fuerzas que actúan sobre mA.

b) El coeficiente de roce estático entre mA y la superficie.

c) Las tensiones en las cuerdas.

Solución. La siguiente figura ilustra el diagrama de fuerzas que actúansobre todos los cuerpos

g

53º

A

B

CmAg

f

N

TB

T

g

mCg

TB

T

mBg

α

α

y las condiciones de equilibrio para cada cuerpo son

T −mAg sinα− μSN = 0,

N −mAg cosα = 0,

mBg + TB − T = 0,

mCg − TB = 0,

si reemplazamos N y sumamos las primera, tercera y cuarta se obtiene

mBg +mCg −mAg sinα− μSmAg cosα = 0,


de donde despejamos

μS =mB +mC −mA sinα

mA cosα=1− sinαcosα

.

También podemos despejar las tensiones, usando g = 10ms−2

TB = mCg = 10N,

T = (mB +mC)g = 30N.

N

Ejercicio 4.28 Un objeto homogéneo en forma de paralelepípedo de alturaa y de ancho b está en reposo soportado por dos patitas de masa despreciableen uno y otro extremo como se indica en la figura. Si se aplica una fuerzahorizontal T a altura a/2 determine el valor máximo de μS tal que al rom-perse el equilibrio aumentando T , el cuerpo deslice sin volcar. (respuesta:μS = b/a)

a

b

Ta/2

Solución. El diagrama de cuerpo libre es

a

b

Ta/2

N1N2

f1 f2

A B


donde las condiciones de equilibrio sonXFX = T − f1 − f2 = 0,XFY = N1 +N2 −Mg = 0,XΓB = T

a

2+N1b−Mg

b

2= 0.

Para que el cuerpo esté a punto de deslizar sin volcar, debe ser

f1 = μSN1,

f2 = μSN2,

N1 > 0.

EntoncesT = f1 + f2 = μS(N1 +N2) = μSMg,

que reemplazamos en la tercera resultando

μSMga

2+N1b−Mg

b

2= 0,

o bien

N1b =Mgb

2− μSMg

a

2> 0,

o sea

μS <b

a,

de modo que el máximo será

μS =b

a.

N

Ejercicio 4.29 Se tiene un sistema formado por una barra uniforme de 6mde longitud, de masa 100 kg articulada en el punto A a un mástil vertical.En el extremo B de la barra cuelga un cuerpo de masa 400 kg. La barra estásostenida por un cable inextensible atado a los puntos C sobre la barra a dis-tancia 1,5m del extremo B y D sobre el mástil, de tal modo que el triánguloACD es equilátero. Determine


B

A

C

D

60º

60º

g

60º

a) La magnitud de la tensión del cable CD.

b) Las componentes de la fuerza que hace el pivote en A sobre la barra.

c) El torque ejercido por la tensión del cable sobre el mástil, respecto alpunto A.

Solución. El diagrama de cuerpos libres esB

A

C

60º

g

60º

T

T'

T'

Mg

mg

V

H


y las condiciones de equilibrio serán

T 0 −mg = 0,

H − T cos 30 = 0,

V + T sin 30−Mg = 0,

MgAB

2cos 30 + T 0 ×AB cos 30− T ×AC sin 60 = 0.

De acuerdo a los datos

AB = 6m

AC = 4,5m.

Del sistema podemos despejar

T = MgAB

2AC+mg

AB

AC= 6000N, ((a))

V = Mg − T sin 30 = −2000N, ((b))

H = T cos 30 = 5196. 2N,

y el torque esΓA = T ×AC sin 60k = 22863kNm. ((c))

N

Ejercicio 4.30 Se ata un cuerpo de 200N de peso al punto medio de unacuerda y dos personas tiran de la misma manera de sus extremos de tal mo-do que el cuerpo queda suspendido como se indica en la figura. Determine lafuerza de tensión que deben ejercer las personas.

g

10º10º

FF

Solución. Es muy directo

2F sin 10 =W,


de donde

F =W

2 sin 10= 5758. 8N

N

Ejercicio 4.31 A una barra liviana articulada en A, de largo L, apoyadaen B, se aplica un torque M en su punto medio como se indica en la figura.

A B

M

L

L/2

Determine las fuerzas y momentos internos.

Solución. Primero, determinamos las reacciones en los extremos

A B

M

L

L/2

NANB

Con las condiciones de equilibrioXFy = NA +NB = 0,XΓA = NBL−M = 0,

de dondeNB =

M

L, NA = −

M

L.

Hacemos un corte en x < L2

A

NA

x

M(x)

V


A

NA

xM(x)

V

M

Figura 4.12:

y las condiciones de equilibrio dan

XFy = NA − V = 0⇒ V = −M

L,X

ΓA = M(x)− V x = 0⇒M(x) = −MLx,

y para x > L2las condiciones de equilibrio dan

XFy = NA − V = 0⇒ V = −M

L,X

ΓA = M(x)− V x−M = 0⇒M(x) =M − M

Lx,

o sea la fuerza de corte V es constante en toda la barra y el momento flectorvaría según

M(x) =

½−M

Lx si x < L

2

M(1− 1Lx) si x > L

2

que se ha graficado para M = L = 1


A

NA

L

MA

M

Figura 4.13:

-1-0.8-0.6-0.4-0.2

0

0.20.40.60.8

1

M(x)

0.2 0.4 0.6 0.8 1x

M(x)

N

Ejercicio 4.32 Una barra liviana de largo L está empotrada en A. A suextremo derecho se aplica un torque externo M como se indica en la figu-ra.Determine las fuerzas internas en la barra. Se han dibujado las presuntasreacciones en A, una fuerza vertical y un momento causado por la empotra-dura.

Solución. Determinamos las reacciones en AXFy = NA = 0,XΓA = MA −M = 0⇒MA =M,

ahora analizamos un trozo de largo x y las condiciones de equilibrio dan


Ax

V

M(x)MA

Figura 4.14:

XFy = −V = 0,XΓA = MA +M(x) = 0⇒M(x) =M.

O sea simplemente toda la viga está sometida al mismo momento torsor queel aplicado en su extremo.

N

Capítulo 5

Hidrostática

5.1. Fluidos

El término hidrostática se refiere al estudio de los fluidos en reposo. Losfluidos son substancias, idealizadamente un continuo de masa, donde su formapuede cambiar fácilmente por escurrimiento debido a la acción de fuerzaspequeñas. Son fluidos tanto los líquidos como los gases. Si se analizan lasfuerzas que pueden actuar sobre una porción de fluido, ellas son de dos tipos:causada por agentes exteriores, típicamente el peso de él, y las causadas por elfluido que está en su exterior mediante contacto. Es conveniente distinguir laparte de esa última fuerza que actúa normal a la superficie, llamadas fuerzasdebidas a la presión, de las fuerzas tangenciales o de viscosidad. Estas fuerzastangenciales actuando sobre la superficie del elemento de fluido, no pueden serequilibradas por fuerzas interiores, de modo que ellas causan escurrimientodel fluido. Si nos limitamos a fluidos en reposo, las fuerzas tangenciales nopueden existir. Ellas son relevantes en los casos donde los fluidos no estánen equilibrio, tema que no será tratado aquí. Aquí es necesario utilizar unsistema inercial de referencia y no debe existir movimiento del fluido respectoa las superficies en contacto con el. Cuando hay movimiento de fluidos sinexistir aceleraciones, se habla de situaciones estacionarias que tampoco serántratadas aquí. Los gases se diferencian de los líquidos es que ellos tiende aocupar todo el espacio disponible en un recipiente y en cambio los líquidosocupan cierto volumen definido. También se distinguen porque los líquidosen general cambian poco so volumen cuando se los comprime y los gases

192 Hidrostática

mucho más.

5.2. Concepto de Presión

Si una superficie se coloca en contacto con un fluido en equilibrio (enreposo) el fluido, gas o líquido, ejerce fuerzas normales sobre la superficie.Las fuerzas tangenciales que un fluido puede ejercer sobre una superficiese originan cuando hay movimiento del fluido respecto a la superficie. Esasfuerzas tangenciales se denominan también de viscosidad y no aparecen ensituaciones de equilibrio que son las que se estudian aquí. Si sobre unasuperficie actúan fuerzas normales distribuidas en forma continua, como seindica en la figura (5.1), se define la presión actuando sobre algún punto deella como la fuerza por unidad de área que actúa sobre la superficie. Estapuede ser variable o constante de punto en punto de la superficie. Por esarazón su definición involucra un elemento infinitésimo de área dA.

dF

d A

Figura 5.1: Fuerzas de presión

O sea la presión en el punto donde se ubica el elemento de área (infinité-simo) dA se define por

P =dF

dA. (5.1)

Como se verá más adelante, la presión en un fluido en equilibrio aumenta conla profundidad, de modo que las presiones serán uniformes sólo en superficiesplanas horizontales en el fluido. Si la fuerza total F está distribuida en forma

5.2 Concepto de Presión 193

uniforme sobre el total de un área horizontal A como se indica en la figura(5.2), la presión en cualquier punto de esa área será

P =F

A. (5.2)

F

A

Figura 5.2: fuerza distribuida uniforme

5.2.1. Unidades de Presión

La unidad SI de presión es el Pascal, simbolizado Pa

1Pa = 1Nm−2

pero existen varias otras de uso corriente. La tabla siguiente las define y sedan algunas equivalencias.

Unidad Símbolo equivalenciabar 1 bar 1,0× 105 Paatmósfera 1 atm 1, 01 325× 105 Pa 1, 01325 bar 1013, 25mbarmilímetros de mercurio 1 mmHg 133, 322PaTorr 1 torr 133, 322Palbf in−2 1 psi 0, 068 0 atmkgf cm−2 1 0, 9678 atm

1 atm 760, 0mmHg1 psi 6894, 75Pa

194 Hidrostática

5.2.2. Propiedades de la presión

La presión en un punto de un fluido en reposo es igual en todas direcciones,esto es que la fuerza que experimenta un elemento de área dentro de un fluido,no depende de la orientación de ese elemento de área. Además la presiónen un mismo plano horizontal en el interior de un fluido en reposo, es lamisma. Estas propiedades fueron enunciadas como “principios” por Pascal,pero ahora pueden ser demostradas de modo muy simple usando las leyes dela estática, demostración que omitiremos aquí.

5.3. Densidad o masa específica

En un fluido, es importante la densidad o masa específica ella permitecalcular el peso del elemento de volumen que se considere, que es una posiblefuerza exterior que actúa sobre cada elemento de fluido. Para un elementode volumen dV ubicado en algún punto del fluido y que contenga una masadM , la densidad ρ en ese punto se define mediante

ρ =dM

dV, (5.3)

en consecuencia la unidad SI de densidad será kgm−3 pero es usual especi-ficar densidades en g cm−3, existiendo la equivalencia

1 g cm−3 = 1000 kgm−3.

5.3.1. Densidad relativa

Es posible utilizar una escala de densidades relativas a la de alguna subs-tancia específica, por ejemplo existen las densidades de los fluidos respectoal agua, es decir

ρr =ρ

ρH2O

, (5.4)

que es en consecuencia adimensional, es decir sin unidades.

5.4 Peso específico 195

5.4. Peso específico

El peso específico denotado por γ se define como el peso por unidad devolumen del fluido, es decir

γ = ρg, (5.5)

donde la unidad SI será Nm−3.

5.5. Presión atmosférica

La atmósfera está constituida por aire, una mezcla en ciertas proporcionesde Nitrógeno y Oxígeno principalmente, que como toda substancia es atraídapor el campo gravitacional terrestre, es decir la atmósfera tiene peso. Laatmósfera es un fluido de varios kilómetros de altura, que producto de supeso, ejerce presión sobre todos los objetos sumergidos en ella. Esta presión sedenomina presión atmosférica y como veremos, ella disminuye con la altura.El famoso experimento de Torricelli, determinó por primera vez su valor.Considere un tubo de vidrio de alrededor de 1m de longitud, cerrado en unextremo, lleno de mercurio, un fluido el cual tiene una densidad de alrededor13,6 g cm−3. Tapando con un dedo el extremo abierto del tubo se invierte eltubo y se sumerge el extremo abierto en un recipiente que también contienemercurio. Si este experimento es realizado al nivel del mar, se logra unasituación de equilibrio como se indica en la figura, donde una altura de h =76 cm de mercurio (760mm) permanece equilibrada con vacío en su partesuperior.

196 Hidrostática

h pa

vacío

Un pequeño análisis de las fuerzas involucradas en el equilibrio de la columnasuspendida de mercurio, nos da el valor de la presión atmosférica Pa. Si Adenota el área basal de esa columna, la fuerza que actúa por abajo es

PaA

la cual equilibra el peso de la columna de mercurio el cual es

ρHgghA

de modo quePa = ρHg

gh = 760mmHg,

puesto que la altura suspendida es precisamente 760mmHg. Este experi-mento da origen al aparato llamado barómetro de mercurio y también a launidad de presión llamada mmHg. Si la presión atmosférica varía por cual-quier razón, también lo hará la altura de la columna de mercurio, constituyen-do entonces este dispositivo, un aparato para medir la presión atmosférica,directamente en mmHg.

5.6. Variación de la presión con la profundi-dad

Así como la presión atmosférica disminuye con la altura, es de esperarque la presión en el interior de un líquido, aumente con la profundidad.

5.6 Variación de la presión con la profundidad 197

Recordando que la presión es la misma en todos los puntos al mismo nivelde un fluido en reposo, considere la primera figura, el elemento de fluidomarcado, está en equilibrio sometido a fuerzas externas verticales, debidasa la presión en las secciones (1) y (2), y a su peso W , de manera que lacondición de equilibrio es

Pa

F1

F2

h

W1

2h

Pa

P(h)

Figura 5.3:

F2 − F1 −W = 0,

y si A denota la sección transversal, la ecuación anterior se puede escribir

p2A− p1A = ρghA,

o bien

p2 = p1 + ρgh.

Entonces, considerando la segunda figura, la presión a una profundidad h,desde la superficie del fluido que está a la presión atmosférica, será

p = pa + ρgh. (5.6)

198 Hidrostática

5.7. Medidores de presión

Existen diversos aparatos para medir la presión pero nos limitaremos adescribir aquellos que están basados en propiedades muy simples del equili-brio de columnas de fluidos. Los aparatos para medir la presión atmosféricase llaman barómetros, y los que miden presión en general, se llaman manó-metros.

5.7.1. Barómetro de mercurio en U

Considere la figura donde se muestra un tubo cerrado en un extremo,doblado en forma de U, abierto por el otro extremo donde actúa la presiónatmosférica que se desea medir. El mercurio alcanza una cierta posición deequilibrio, donde por el extremo cerrado por existir vacío, la presión es nula.Al nivel indicado, la presión debe ser la misma, de modo que podemos igualar

vacío

h

pa

Pa = hmmHg = h torr.

5.7.2. Manómetro en U de líquido, para presiones re-lativas de gases

La columna en U contiene un líquido (líquido manométrico), por ejemploagua, de modo que en la situación de equilibrio, cuando la presión p en el

5.7 Medidores de presión 199

recipiente que contiene un gas es mayor que la atmosférica, la condición deequilibrio indicada en la figura da

presión p

h

p = pa + ρLgh,

de modo que si se mide la altura h, la presión relativa (a la atmosférica) será

p− pa = ρLgh.

La presión absoluta p puede también calcularse de allí si se conoce o se midela presión atmosférica mediante un barómetro.

Si la presión en el recipiente que contiene el gas es menor que la atmos-férica, la situación de equilibrio será como se indica en la figura siguiente

200 Hidrostática

presión p

h

de modo que la condición de equilibrio será

p+ ρLgh = pa,

dando para la presión relativa

p− pa = −ρLgh,

un valor negativo que refleja que la presión en el interior del recipiente esmenor que la atmosférica. Igualmente se puede calcular la presión (absoluta)si la presión atmosférica es conocida

p = pa − ρLgh.

Otras situaciones simples como estas se dejan como ejercicios planteados alfinal.

5.8. Principio de Arquímedes

Cuando un cuerpo sólido está en equilibrio en el interior de un fluido,él estará sometido a fuerzas exteriores de dos tipos: su peso u otras fuerzasaplicadas, y además las fuerzas distribuidas sobre su superficie causadas porla presión dentro del fluido. Esas últimas actúan normalmente a la superficiedel cuerpo y su resultante vertical puede ser fácilmente calculada. En efecto,

5.9 Fuerza de Flotación 201

si se considera la segunda de las figuras donde el cuerpo no está presente,pero se ha marcado la región donde el cuerpo estaba, las fuerzas sobre esasuperficie imaginaria son naturalmente las mismas que actuaban sobre elcuerpo. Pero ahora, ellas equilibran verticalmente al fluido encerrado por esasuperficie, de modo que la resultante vertical hacia arriba, debe igualar alpeso del fluido encerrado por dicha superficie. Se tiene entonces el llamadoprincipio de Arquímides.

W

Cuando un cuerpo se sumerge en un fluido, él experimenta una

fuerza ascendente, llamada fuerza de empuje, que es igual al peso

del fluido desplazado por el cuerpo.

En términos matemáticos, si VS denota el volumen sumergido, ρL la den-sidad del líquido y E la magnitud del empuje, entonces

E = ρLVSg. (5.7)

5.9. Fuerza de Flotación

La fuerza de empuje, que es igual al peso del fluido desplazado, tiene co-mo punto de aplicación el centro de gravedad del volumen de fluido que esdesplazado por el cuerpo. Si suponemos que el fluido es homogéneo, entoncesese punto coincide con el centroide de la región del cuerpo que ha desplazadoal fluido. Ese punto se denomina centro de flotación y en las figuras lo deno-taremos por B. Por otro lado, el peso del cuerpo actúa equivalentemente en

202 Hidrostática

el centro de masa del cuerpo G el cual puede o no coincidir con el centro deflotación, dando origen a la necesidad de analizar las estabilidad de cuerpossumergidos en equilibrio.

5.9.1. Cuerpo totalmente sumergido

Cuando un cuerpo está totalmente sumergido, pueden ocurrir tres casossegún el centroide del líquido desplazado, punto B, esté sobre, coincida o estémás abajo que el centro de masa del cuerpo, punto G. La figura siguienteilustra esos tres casos.

B G

w

E

BG

w

E

BG

w

E

En el primero, la fuerza de empuje actúa más arriba del peso, luego parauna rotación del cuerpo, aparece un par que tiende a restaurar la posiciónoriginal, en consecuencia este equilibrio es estable. En el segundo caso, noaparece par al girar el cuerpo, luego el equilibrio es indiferente y en el último,el par que se origina tiende a alejar el cuerpo de la posición de equilibrio, lacual es en consecuencia, inestable.

5.9.2. Cuerpo parcialmente sumergido

La figura siguiente ilustra dos casos para cuerpos parcialmente sumergi-dos.

w

E E

w

GBB

G

En el primer caso, se trata de un cuerpo homogéneo parcialmente sumer-gido. El centro de masa G está en el centro del cuerpo, sin embargo el centrode flotación B, correspondiente al centroide de la parte sumergida, está más

5.9 Fuerza de Flotación 203

abajo. Entonces en la situación de equilibrio E =W pero hay aparentementeproblemas con la estabilidad. La cuestión de qué ocurre si el cuerpo se inclinalevemente la analizaremos en la sección siguiente. A primera vista pareceríaque si el cuerpo se inclina algo hacia la derecha, el torque del par de lasdos fuerzas paralelas pero no colineales, tendería a inclinarlo aún más. Ya seexplicará que ocurre.En segundo caso se trata de un cuerpo inhomogéneo que flota, y para el

caso de la figura G está más abajo que B y el equilibrio es evidentementeestable, porque al inclinar el cuerpo, el par de fuerzas tiende a restaurar laposición original.

5.9.3. Estabilidad de un cuerpo prismático inhomogé-neo

Considere un cuerpo prismático inhomogéneo, de modo que su centrode masa está más arriba del centroide, como se ilustra en la figura. Si elcuerpo está parcialmente sumergido, de modo que el centro de flotación Bestá más abajo que G, hay problemas con la estabilidad. Analizaremos lo queocurre con el par de las fuerzas para variaciones pequeñas de la inclinacióndel cuerpo.

M

G

B

G

B

θ

θ

Altura metacéntrica.La figura de la izquierda representa la situación de equilibrio, aparentementeinestable por estar G arriba del centro de flotación B. Sin embargo, si lafigura se inclina un ángulo pequeño θ como se muestra en la figura derecha,el centro de gravedad cambia relativamente poco, pero el centro de flotación,el centroide de la zona marcada gris, puede cambiar bastante como se ilustraen la figura. La vertical que pasa por B, la línea de acción del empuje, cortaa la línea central donde está G en un punto M que se denomina metacentro.Si ese punto queda más arriba de G el par de las fuerzas es restaurador y elequilibrio es estable, que es el caso de la figura. La distanciaMG se denomina

204 Hidrostática

altura metacéntrica y el par restaurador está dado por

MG ·W sin θ,

dondeW es el peso del cuerpo. SiM está abajo de G el equilibrio es inestabley si coinciden indiferente.

5.10. Fuerzas sobre las paredes o compuertas

Las fuerzas horizontales causadas por la presión sobre superficies que en-cierran al fluido, aumentan linealmente con la profundidad, de modo quese tienen fuerzas distribuidas no uniformes actuando sobre ellas. Como seexplicó en el capítulo de Estática, la resultante de ese sistema de fuerzasparalelas es en general una fuerza paralela aplicada en un punto arbitrario,más el torque de todas esas fuerzas distribuidas respecto a ese mismo punto.Es sin embargo conveniente calcular la resultante de esas fuerzas en un ciertopunto, llamado centro de presión, respecto al cual el torque de las fuerzas dis-tribuidas es nulo. Explicaremos entonces la forma de hacerlo. Esto requieresin embargo de elementos de cálculo integral que trataremos de omitir. Parael caso de compuertas y situaciones similares, la fuerza debido a la presiónatmosférica actúa por ambos lados, y entonces la omitiremos del análisis porno contribuir en forma neta a la fuerza horizontal actuando sobre la superfi-cie. La figura siguiente ilustra una situación típica, donde por el interior deuna superficie hay un fluido y por el exterior está la atmósfera.

5.10 Fuerzas sobre las paredes o compuertas 205

Y

w dy

superficie fluído

perfil de presión

X

g

O

En términos de la profundidad y la fuerza neta que actúa a esa profundi-dad sobre el elemento de área de ancho w y altura dy es

dF = pwdy,

= ρgywdy.

Entonces se tiene una fuerza distribuida cuya magnitud por unidad de lon-gitud varía linealmente de la forma

dF

dy= ρwgy Nm−1.

El cálculo de la fuerza resultante dependerá de la forma de la superficie quese considere.

5.10.1. Superficie rectangular

El caso más simple es si la superficie es rectangular como se indica en lafigura que sigue

206 Hidrostática

Y

w

y1

superficie fluído

perfil de presión

X

g

O

y2

donde se desea evaluar la fuerza resultante de las fuerzas distribuidas entrey1 e y2. Como vimos en el capítulo de fuerzas, la resultante y el punto deaplicación corresponden al área y al centroide de la figura correspondiente ala fuerza distribuida entre y1 e y2.

y1

y2

O

y1

y2

O

yP F

a

b

Como sabemos el área es

1

2(a+ b) (y2 − y1)

5.10 Fuerzas sobre las paredes o compuertas 207

y el centroide está (medido desde y1 hacia abajo)

1

3

(a+ 2b)

a+ b(y2 − y1)

donde a y b son las fuerzas por unidad de longitud en y1 e y2

a = ρwgy1,

b = ρwgy2,

así entonces la fuerza resultante es

F =1

2(ρwgy1 + ρwgy2) (y2 − y1)

=1

2ρwg

¡y22 − y21

¢

y su punto de aplicación será

yP = y1 +1

3

(a+ 2b)

a+ b(y2 − y1)

=2

3

y21 + y2y1 + y22y1 + y2

.

En particular si la superficie está entre y1 = 0 e y2 = h resultará

yP =2

3h. (5.8)

208 Hidrostática

5.10.2. Superficie de forma arbitraria

Si la superficie no es rectangular, como se ilustra en la figura que sigue

Y

w

superficie fluído

perfil de presión

X

g

O

dx

dy

dF

x

y

A

es necesario recurrir al cálculo integral. La fuerza actuando sobre el elementode área dA = dxdy indicado en la figura será

dF = ρgydA = ρgydxdy

de modo que la fuerza resultante será

F = ρg

ZA

ydxdy

y la posición del centro de fuerza estará dada por sus coordenadas

xP =

RAxdF

F, yP =

RAydF

F, (5.9)

que pueden escribirse

xP =

RAxydxdyR

Aydxdy

, yP =

RAy2dxdyR

Aydxdy

,

integrales que podrían hacerse si se conoce la forma del área. Como ustedno domina aún el tema de las integrales, no se preocupe demasiado por estasección.

5.11 Fuerza sobre una superficie de forma rectangular inclinada209

5.11. Fuerza sobre una superficie de formarectangular inclinada

En una sección anterior se calculó la fuerza resultante y centro de la fuerzapara un área vertical de sección rectangular. Para una sección rectangularinclinada un ángulo θ con la vertical, el cálculo es muy parecido.

y1

O

y2

O

yP

F

a

b

Y

θ

pero ahora, el eje OY está inclinado luego debemos tomar

a = ρwgy1 cos θ,

b = ρwgy2 cos θ,

y luego resultarán

F =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢cos θ, (5.10)


yP =2

3

y21 + y2y1 + y22y1 + y2

. (5.11)

Note que la expresión para el centro de fuerza es la misma que para la paredvertical.

210 Hidrostática

5.11.1. Torque

Es a veces necesario calcular el torque ejercido por las fuerzas de presiónsobre una compuerta, ya sea sobre el extremo inferior Γy2 o sobre el extremosuperior Γy1 . Usando las dos últimas ecuaciones se obtienen sus magnitudes

Γy2 =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢(y2 − yP ) cos θ,

=1

2ρwg

¡y22 − y21

¢(y2 −

2

3

y21 + y2y1 + y22y1 + y2

) cos θ,

=ρgw

6

¡y2y1 + y22 − 2y21

¢(y2 − y1) cos θ,

y similarmente

Γy1 =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢(yP − y1) cos θ,

=1

2ρwg

¡y22 − y21

¢(2

3

y21 + y2y1 + y22y1 + y2

− y1) cos θ,

=1

6

¡2y22 − y21 − y2y1

¢(y2 − y1) gwρ cos θ.

5.12. Ejemplos

Los siguientes valores numéricos de densidades pueden ser necesarios paraalgunos problemas y ejemplos (pa = 1atm, t = 0 C)

Substancia ρ kgm−3 Substancia ρ kgm−3

Hielo 0,917× 103 Agua 1,000× 103Aluminio 2,70× 103 Agua de mar 1,03× 103Hierro 7,86× 103 Alcohol etílico 0,806× 103Cobre 8,92× 103 Benceno 0,879× 103Plata 10,5× 103 Mercurio 13,6× 103Plomo 11,3× 103 Aire 1,29Oro 19,3× 103 Oxígeno 1,43Platino 21,4× 103 Hidrógeno 8,99× 10−2Glicerina 1,26× 103 Helio 1,79× 10−1

Ejemplo 5.12.1 Un pedazo de aluminio se suspende de una cuerda y sesumerge completamente en un recipiente con agua. La masa del trozo de alu-minio es de 1 kg. Calcule la tensión de la cuerda antes y después de sumergirel trozo de aluminio.

5.12 Ejemplos 211

Solución. La tensión antes es simplemente el peso del trozo de aluminioes decir

W = mg = 1× 9,8 = 9,8N.Cuando se sumerge la fuerza de empuje es

E = ρH2OVAlg,

pero el volumen del aluminio es

VAl =m

ρAl

de modo que la fuerza de empuje será

E = ρH2O

m

ρAlg

= 1031

2,70× 1039,8 = 3. 6N

y finalmente la tensión en la cuerda será la diferencia

T = 9,8− 3. 6 = 6. 2N

N

Ejemplo 5.12.2 Un cubo de Hielo flota en agua. Determine la fracción delhielo que queda sobre la superficie del agua.

Solución. Sea m la masa de hielo. Su peso será

W = mg.

Su volumen total seráV =

m

ρHielo

,

de modo que podemos escribir el peso en términos del volumen como

W = ρHieloV g

Cuando una fracción VS del volumen queda sumergido, la fuerza de em-puje es

E = ρH2OgVS.

212 Hidrostática

En la situación de equilibrio el peso iguala al empuje de modo que

ρHieloV g = ρH2OgVS,

de dondeVSV=

ρHielo

ρH2O

= 0,917

o sea hay un 91,7% sumergido y por lo tanto 8,3% sobre el nivel del agua.

Ejemplo 5.12.3 El rey Hierón de Siracusa pidió a Arquíımedes que exami-nara una corona maciza que había ordenado hacer de oro puro. La coronapesaba 100N en el aire y 93,75 N sumergida en agua. Arquíımedes concluyóque la corona no era de puro oro. Suponiendo que en su interior conteníaplata además de oro, ¿cuál es el porcentaje de oro?

N

Solución. La densidad del oro es 19300 kgm−3 la de la plata es 10500 kgm−3

y la del agua es 1000 kgm−3. Denotemos por W0 el peso en el aire, por W1

el peso en el agua y por E el empuje. Para el equilibrio

W1 +E −W0 = 0,

E = W0 −W1

ρaguaVCg = W0 −W1

luego la densidad del cuerpo será

ρ =W0

W0 −W1ρagua

=10

10− 9,3751000 = 16000,0 kgm−3

Esta densidad resultante sería (si los volumenes son aditivos

ρ =ρoroVoro + ρplataVplata

Voro + Vplata,

o bien

ρ =ρoro

VoroVplata

+ ρplataVoroVplata

+ 1,


de donde despejamos

VoroVplata

=ρ− ρplataρoro − ρ

=16000− 1050019300− 16000 =

5

3,

Parte de Oro =Voro

Voro + Vplata=

53

53+ 1

=5

8= 62,5% .

No se sabe si el artesano se salvó.

Ejemplo 5.12.4 Un vaso de agua tiene agua hasta el borde y además untrozo de hielo flotando de modo que el hielo sobrepasa el nivel del borde delvaso. Si el hielo se derrite ¿se derramará agua del vaso?

N

Solución. Tomaremos la densidad del agua 1000 kgm−3 y la del hielocomo 917 kgm−3. Sea Vhielo el volumen total de hielo el cual tendrá unamasa

m = ρhieloVhielo,

al derretirse esa misma masa ocupa un volumen de agua

Vagua =m

ρagua=

ρhieloVhieloρagua

,

pero de un ejemplo anterior el volumen sumergido de Hielo es respecto altotal

VhieloS =ρHielo

ρaguaVhielo,

ese volumen está disponible a recibir todo el agua que se forma y como soniguales no se derrama nada. Similarmente, si se derrite un hielo flotante delártico, el nivel del mar seguirá igual.

N


Ejercicio 5.1 La compuerta de la figura tiene 2m de ancho y contieneagua. Si el eje que soporta la compuerta que pasa por A (en el fondo), so-porta un par máximo de 150 kNm, determine la máxima altura h que puede

214 Hidrostática

tener el agua.

2.8 m

Ah

2.1 m

Solución. El perfil de presión que actúa sobre la compuerta se ilustra enla figura que sigue

y1

h

y

O

y2

α L

Usaremos fórmulas

yP =2

3

y21 + y1y2 + y22y1 + y2

, FP =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢cos(90− α),

siendo

y2 =h

sinα, y1 =

h

sinα− L.

De manera que la fuerza resultante es

FP =1

2ρwg

µ(

h

sinα)2 − ( h

sinα− L)2

¶sinα

=1

2ρwgL (2h− L sinα) ,


y su punto de aplicación resultará

yP =2

3

y21 + y1y2 + y22y1 + y2

=2

3

3h2 − 3hL sinα+ L2 sin2 α

2h sinα− L sin2 α.

El torque será de magnitud

τA = FP (y2 − yP ) =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢cos(90− α)(y2 −

2

3

y21 + y1y2 + y22y1 + y2

)

=1

6ρwg (y2 − y1) (y1y2 + y22 − 2y21) sinα

=1

6ρwg

µh

sinα− ( h

sinα− L)

¶((

h

sinα− L)

h

sinα+ (

h

sinα)2 − 2( h

sinα− L)2) sinα

=1

6(3h− 2L sinα) ρwgL2

Numéricamentew = 2m, ρ = 1000 kgm−3, g = 10ms−2, L =p2,12 + 2,82 =

3. 5m, L sinα = 2,8, calculamos

τA =1

6(3h− 2L sinα) ρwgL2 = 1. 225× 105h− 2. 286 667× 105 = 150× 103,

de donde se obtieneh = 3. 091m.

N

Ejercicio 5.2 Determínese el par que se requiere hacer en A para sostenerla compuerta indicada cuyo ancho, perpendicular al papel es w = 2m.

2 m

A6 m

216 Hidrostática

Solución. Si z indica la posición en la compuerta medida desde A haciaabajo, entonces numéricamente ( ρ = 1000 kgm−3, g = 10ms−2, w = 2m)

p = 10000(4 + z) Nm−2

y la fuerza por unidad de longitud será

20000(4 + z)Nm−1.

Su resultante y punto de aplicación será calculada igual que en el problemaanterior con

F =1

2(2)(20000× 4 + 20000× 6)

= 200000N

y su punto de aplicación es

zc =1

32(20000× 4) + 2(20000× 6)20000× 4 + (20000× 6)

= 1. 067m.

de modo que el torque es

τA = 200000× 1. 067 = 2. 134× 105NmNote de nuevo que integrando es mucho más directoZ 2

0

20000(4 + z)zdz = 2. 13× 105

N

Ejercicio 5.3 Determine la ubicación “y ”del pivote fijo A de manera quejusto se abra cuando el agua está como se indica en la figura.

2 m

A1 m

y


Solución. Si h indica una coordenada de posición medida desde la su-perficie del agua hacia abajo, entonces la presión en un punto ubicado a esaprofundidad es

p = ρgh,

(la presión atmosférica actúa por ambos lados y se cancela). Para que lacompuerta justo se abra, el punto de aplicación de la resultante debe estaren el punto A. La coordenada del punto de aplicación medida desde el puntomás alto de la compuerta puede escribirse

zc =1

3L(ρwgh1) + 2(ρwgh2)

ρwgh1 + (ρwgh2)

=1

3Lh1 + 2h2h1 + h2

,

entonces1

3

1 + 2(2)

1 + 2= 0,56m

por lo tantoy = 1− 0,56 = 0,44m

N

Ejercicio 5.4 Un bloque con una sección transversal de área A, altura H ydensidad ρ , está en equilibrio entre dos fluidos de densidades ρ1 y ρ2 , conρ1 < ρ < ρ2 . Suponga que los fluidos no se mezclan. Determine la fuerzade empuje sobre el bloque y encuentre la densidad del bloque en función deρ1 , ρ2 , H y h.

hρ1

ρ2

218 Hidrostática

Solución. El empuje es igual al peso de la región de fluido ocupada porel cuerpo, es decir

E = ρ1gV1 + ρ2gV2

= ρ1gAh+ ρ2gA(H − h).

Para obtener la densidad tenemos que

ρgAH = ρ1gAh+ ρ2gA(H − h),

o sea

ρ =ρ1h+ ρ2(H − h)

H.

N

Ejercicio 5.5 Un cuerpo de material desconocido pesa 4N en el aire y2,52N sumergido en agua. Encuentre la densidad específica del material.

Solución. En aire el peso es

P = ρCgVC ,

completamente sumergido

P 0 = ρCgVC − ρLgVC ,

de manera queP

P 0 =ρCgVC

ρCgVC − ρLgVC=

ρCρC − ρL

,

entonces

ρC = 2. 702 7ρL

o seaρC = 2. 702 7 g cm

−3.

N

Ejercicio 5.6 Una balsa de área A, espesor h y masa 400 kg flota en aguastranquilas con una inmersión de 5 cm. Cuando se le coloca una carga sobreella, la inmersión es de 7,2 cm. Encuentre la masa de la carga.


Solución. Si la masa del cuerpo es M y la de la carga es m podemosescribir

Mg = (ρLgA)5,

(M +m)g = (ρLgA)7,2,

de donde se obtieneM +m

M=7,2

5,

ym = 0,44M = 176,0 kg.

N

Ejercicio 5.7 Un cuerpo homogéneo prismático de 20 cm de espesor 20 cmde ancho y 40 cm de longitud se mantiene en reposo sumergido en agua a50 cm de profundidad al aplicar sobre él una tensión de 50N . ¿Cuánto pesaen aire y cuál es su densidad relativa?

Solución. La tensión es el peso sumergido, es decir

P 0 = ρCgVC − ρLgVC = 50,

pero gVC = 0,2× 0,2× 0,4× 10 = 0,16 de manera que

ρC − ρL =50

0,16= 312. 5

de manera queρC = 1312. 5 kgm

−3,

la densidad relativa esρCr = 1,3125,

y el peso en aire será

P = ρCgVC

= 0,16× 1312. 5 = 210,0N

N

Ejercicio 5.8 ¿Qué fracción del volumen de una pieza sólida de metal dedensidad relativa al agua 7,25 flotará sobre un mercurio de densidad relativa13,57?

220 Hidrostática

Solución. Sea m la masa de la pieza (C). Su peso será

W = mg.

Su volumen total seráV =

m

ρC,

de modo que podemos escribir el peso en términos del volumen como

W = ρCV g

Cuando una fracción VS del volumen queda sumergido, la fuerza de em-puje es

E = ρHggVS.

En la situación de equilibrio el peso iguala al empuje de modo que

ρCV g = ρHggVS,

de dondeVSV=

ρCρHg

=7,25

13,57= 0,534

o sea hay un 53,4% sumergido y por lo tanto 46. 6% sobre el nivel delMercurio.

N

Ejercicio 5.9 Un tarro cilíndrico de 20 cm de diámetro flota en agua con10 cm de su altura por encima del nivel del agua cuando se suspende un bloquede hierro de 100N de peso de su fondo. Si el bloque se coloca ahora dentrodel cilindro ¿qué parte de la altura del cilindro se encontrará por encima dela superficie del agua? Considere la densidad del hierro 7,8 g cm−3.

Solución. Sea H en metros, la altura del cilindro, R el radio y h la alturapor encima del nivel del agua. El volumen sumergido de cilindro será

V = πR2(H − h).

Sean V 0, W 0, ρ0 el volumen, peso y densidad del hierro

V 0 =M 0

ρ0=

W 0

gρ0,


entonces la condición de equilibrio será

MCg +W 0 = ρH2OgπR2(H − h) + ρH2Og

W 0

gρ0.

Cuando el bloque se coloca adentro, no está presente el empuje sobre elbloque de hierro de modo que

MCg +W 0 = ρH2OgπR2(H − h0),

donde h0 es la nueva altura sobre el nivel del agua. Al igualar las dos ecua-ciones se obtiene

πR2(H − h) +W 0

gρ0= πR2(H − h0),

−h+ W 0

πR2gρ0= −h0

h0 = h− 1

πR2W 0

gρ0.

Los datos son h = 0,1m, R = 0,1m, ρ0 = 7800 kgm−3 y W 0 = 100N,g = 10ms−2 obteniendo

0,1− 1

π(0,1)2100

10× 7800

h0 = 0,059m = 6 cm

N

Ejercicio 5.10 Considere el sistema de la figura donde el tubo está llenode aceite de densidad ρ = 0,85 g cm−3. Uno de los recipientes está abierto ala atmósfera y el otro está cerrado y contiene aire. Determine la presión enlos puntos A y B si la presión atmosférica es 1 atm.

222 Hidrostática

0.5 m

Aceite

Aceite

AireB

2 m

A

Solución. al nivel del aceite de la izquierda tenemos actuando la presiónatmosférica pa = 1atm = 101 325Pa y se tiene1 g cm−3 = 1000 kgm−3

pa = pA + ρgh1,

pB = pA + ρgh2,

con h1 = 2,5m y h2 = 2m. Así calculamos

pA = 101 325− 850× 9,8× 2,5= 80500,0Pa

= 0,794 47 atm,

y

pB = 80500,0 + 850× 9,8× 2= 97160,0Pa

= 0,958 89 atm.

N

Ejercicio 5.11 Con respecto a la figura, determine la presión en los puntosA, B, y C de la figura donde el aceite tiene densidad 0,90 g cm−3 y el agua


1,00 g cm−3.

Aire A Aire

C

Aceite

Agua

0.3 m0.3 m

0.6 mB

D

Solución. Supondremos que la presión atmosférica que actúa sobre lasegunda columna de agua es pa = 1atm = 101 325Pa. Entonces

pa = pA + ρagua × g × 0,6,pB = pa + ρagua × g × 0,6,pB = pC + ρaire × g × 0,9.

Si se desprecia la densidad del aire tenemos que

pA = 101325− 1000× 9,8× 0,6= 95445Pa

pB = pC = 101325 + 1000× 9,8× 0,6= 1 072 10Pa.

N

Ejercicio 5.12 En una piscina se encuentra flotando una balsa que tieneforma de un paralelepípedo de densidad relativa (al agua) de 0,3 y cuyasdimensiones son 120 cm de largo, 100 cm de ancho y 25 cm de alto. Determine

a) La fuerza de empuje.

b) La altura medida desde el fondo de la balsa a la que se encuentra lalínea de flotación.

c) El peso que debería colocarse sobre la balsa para que esta se hundiera6 cm más.

224 Hidrostática

Solución. Si la balsa flota, entonces la fuerza de empuje debe ser igualal peso, esto es

E = ρgV = 300× 9,8× 1,2× 1× 0,25 = 882,0N.

Sea h la altura sumergida. El empuje debe además ser igual al peso dellíquido desplazado, es decir

E = ρaguagVdesp,

entonces podemos igualar

300× 9,8× 1,2× 1× 0,25 = 1000× 9,8× 1,2× 1× h

de dondeh =

300× 0,251000

= 0,075m = 7,5 cm.

Para que se hunda 6 cm más tenemos que agregar un peso W , donde el pesototal debe igualar al nuevo empuje, esto es

882 +W = 1000× 9,8× 1,2× 1× (0,075 + 0,06) = 15 87,6

de dondeW = 15 87,6− 882 = 7 05,6N.

N

Ejercicio 5.13 Determine la fuerza resultante y su punto de aplicacióndebida a la acción del agua sobre la superficie plana rectangular de alturaAB = 2m y de ancho 1m (hacia adentro del papel), donde el punto A estáa profundidad de 1,2m.

2 m

1.2 mA

B


Solución. Como se explica en el texto

F =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢y su punto de aplicación será

yP =2

3

y21 + y2y1 + y22y1 + y2

.

siendo y1 = 1,2m, y2 = 3,2m, ρ = 1000 kgm−3, w = 1m, g = 9,8m s−2 asícalcule

F =1

21000× 9,8(3,22 − 1,22) = 43120,0N,

y

yP =2

3

1,22 + 1,2× 3,2 + 3,221,2 + 3,2

= 2. 351 5m,

medido desde la superficie del agua.

N

Ejercicio 5.14 Repita el problema anterior si la línea OAB forma un án-gulo de 30o respecto a la vertical.

O

2 m

A

B

1.2 m30º

Solución. Como se explica en el texto

F =1

2ρwg

¡y22 − y21

¢cos θ,


yP =2

3

y21 + y2y1 + y22y1 + y2

,

226 Hidrostática

donde los y se miden desde la superficie pero a lo largo de la compuerta.Entonces tenemos

y1 =1,2

cos 30= 1. 385 6m,

y2 = y1 + 2 = 3. 385 6m,

calculando obtenemos

F =1

21000× 9,8(3. 385 62 − 1. 385 62) cos π

6= 40493N,

yP =2

3

1. 385 62 + 1. 385 6× 3. 385 6 + 3. 385 621. 385 6 + 3. 385 6

= 2. 525 3m.

N

Ejercicio 5.15 Un tubo en U que está abierto en ambos extremos se llenaparcialmente con agua. Después se vierte keroseno de densidad 0,82 g cm−3

en uno de los lados que forma una columna de 6 cm de altura. Determine ladiferencia de altura h entre las superficies de los dos líquidos.

h

pa pa

6 cm

Solución. Al nivel de la columna de agua en el lado derecho, la presiónes la misma en las dos ramas, por lo tanto

ρa(6− h) = ρk6,


de dondeh = 1. 08 cm.

N

Ejercicio 5.16 Un tubo en U que está abierto en ambos extremos se llenaparcialmente con mercurio. Después se vierte agua en ambos lados obteniendouna situación de equilibrio ilustrada en la figura, donde h2 = 1cm. Determi-ne la diferencia de altura h1entre las superficies de los dos niveles de agua.

h2

h1

pa pa

Solución. Sea ρa la densidad del agua y ρm la densidad del mercurio. Lapresión al nivel inferior del mercurio puede es la misma y puede calcularsepor las dos ramas obteniendo

ρmgh2 = ρagh2 + ρagh1,

de dondeh1 = (

ρmρa− 1)h2.

N

Ejercicio 5.17 La compuerta de la figura tiene una altura de 2m un anchode 2m, está articulada en A y apoyada en B como se indica en la figura. Si

228 Hidrostática

el fluido es agua de densidad ρ = 1000 kgm−3 y su nivel llega hasta la mitadde la compuerta, determine las reacciones horizontales en los puntos A y B.

2 m

A

1 m

B

Solución. El centro de presión está a distancia

yP = 1 +2

3=5

3m

del punto A y la fuerza de presión es

F =1

2ρgwh2 =

=1

21000× 9,8× 2× 12

= 9800,0N.

Si llamamos HA y HB las reacciones horizontales en A y en B, tenemos que

HA +HB + F = 0,

HB × 2 + F × 53= 0

de donde

HB = −F × 56= −8166. 7N,

HA = 8166. 7− 9800,0 = −1633. 3N,

ambas hacia la izquierda.

N


Ejercicio 5.18 El tubo en U de la figura está abierto a la presión atmosfé-rica en ambos extremos y contiene dos líquidos (1) y (2) que no se mezclancomo se indica en la figura. Determine la razón de las densidades ρ1

ρ2.

h2

h1

pa pa

Solución. Igual que en un problema anterior, igualamos la presión cal-culada por las dos ramas (2 el líquido inferior)

ρ2gh2 = ρ1g(h1 + h2),

de dondeρ1ρ2=

h2h1 + h2

.

N

230 Hidrostática

Capítulo 6

Apéndice

6.1. Opcional

Aunque sería deseable que en un primer curso de física no se usara ma-temáticas, ello es difícil pues las matemáticas son la herramienta mediantela cual se formulan las leyes en física. Aunque trataremos de no usar ma-temáticas complicadas, ciertos elementos como la derivada e integral, sonimprescindibles. Aquí trataremos algunos tópicos, cada cual con diversasaplicaciones, y sin rigor matemático.

6.1.1. Sumatorias

La suma de n términos a1, a2, · · · an será representada por

a1 + a2 + a3 + · · ·+ an =nXi=1

ai.

Sumatorias notables

Se deja como ejercicio probar que

NXn=1

ri =rN+1 − r

r − 1

232 Apéndice

NXn=1

n =1

2N (N + 1) ,

NXn=1

n2 =1

6N (N + 1) (2N + 1) ,

NXn=1

n3 =1

4N2 (N + 1)2 ,

6.1.2. Derivadas

Si se considera una función de una variable y = f(x) su gráfico con escalasuniformes es una curva, genéricamente como la que se ilustra en la figura.En ella se indican dos puntos cercanos (1) y (2), se ha dibujado la tangentea la curva en el punto (1) y la cuerda del punto (1) al punto (2).

0 2 4 6 8 10 12 140

10

20

30

40

50

60

70

función y=f(x)

tangente en (1)

y2-y1

x2-x1

2

1

Derivada

Y

X

Figura 6.1: Tangente y derivada.

6.1 Opcional233

Una medida de la tasa de crecimiento promedio de la función en el inter-valo (x1, x2), puede ser definida por la razón

y2 − y1x2 − x1

.

Si nos imaginamos que los dos puntos están muy cerca, y en caso límite x2se acerca a x1 hasta confundirse con el, podemos observar que

la cuerda 1-2, se aproxima y se confunde con la tangente a la curva.La hipotenusa del triángulo indicado en la figura se confunde con latangente a la curva.

El triángulo rectángulo señalado se hace de lados cada vez menores,cero en el caso límite.

Es claro que la razón y2−y1x2−x1 es la tangente del ángulo que hace la cuerda

con el eje x, cualquiera que sea el tamaño de los catetos del triángulo.(Note que aquí tan θ = sin θ/ cos θ)

Se deduce entonces que el límite cuando x1 tiende a x2, lo que se escribecomo

lımx2−→x1

y2 − y1x2 − x1

existe y es igual a la tangente del ángulo que forma la tangente a la curvaen el punto (1) con el eje x (tan(θ)). Tal límite se llama la derivada de lafunción en el punto x1 y se denota por

f 0(x1) = lımx2−→x1

y2 − y1x2 − x1

= lımx2−→x1

f(x2)− f(x1)

x2 − x1.

6.1.3. Diferenciales

El diferencial de una función, correspondiente a un cambio ∆x de suvariable independiente se define por

df(x) = f 0(x)∆x.

Como además la derivada de y = f(x) = x respecto a x es evidentementef 0(x) = 1, se trata de una recta inclinada en 45o, entonces

dx = ∆x,

234 Apéndice

y en consecuencia, la derivada de una función es igual al cociente de losdiferenciales de la función y de la variable independiente x, o sea

f 0(x) =df(x)

dx.

Como se observa en la figura siguiente el diferencial de la función, nos indicala variación de la función desde un punto inicial hasta la recta tangente ala curva, cantidad que no es necesariamente pequeña. En todo caso, estopermite tratar a las derivadas como cociente de diferenciales.El proceso límite implícito en la definición de derivada, se ha hecho para

las funciones más importantes, tabulando esos resultados. Esas tablas, juntoa unas pocas reglas, permiten calcular la derivada de prácticamente cualquierfunción. Un fragmento de tabla es

f(x) f 0(x)xa axa−1

ln(x) 1x

ex ex

ag(x) + bh(x) ag0(x) + bh0(x)f(g(x)) f 0(g(x))g0(x)sinx cosxcosx − sinxf(x)g(x) f 0(x)g(x) + f(x)g0(x)f(x)g(x)

f 0(x)g(x)−f(x)g0(x)g2(x)

a (constante) 0tanx sec2 xcotx − csc2 x

6.1.4. Integrales

El área bajo una curva

Si se tiene una función y = f(x), planteamos el problema de determinar elárea entre la curva representativa de la función y el ejeX, entre los valores x1y x2. Una aproximación a la solución de este problema consiste en aproximarel área por una suma de rectángulos como se indica en la figura.Si el intervalo de x1 a x2 lo llenamos con N rectángulos que lleguen hasta

la curva, entonces los anchos de los rectángulos serán

d =x2 − x1

N,

6.1 Opcional235

x

f(x)

x21

1 2 3N

Figura 6.2: Area bajo la curva.

las abcisas de sus vértices inferiores izquierdos serán

xi = x1 + (i− 1)d, i = 1, 2, . . . , N

o

xi = x1 + (i− 1)x2 − x1

N, i = 1, 2, . . . , N

entonces el área A será aproximadamente

A ≈NXi=1

f(xi)x2 − x1

N.

Como puede observarse, el error que se comete debido a que los rectángulostienen un déficit o exceso de área respecto a la curva, se hará cero si tomamosel límite haciendo que los anchos de los rectángulos tiendan a cero. Eso selogra tomando el límite N →∞, es decir

A = lımN→∞

NXi=1

f(xi)x2 − x1

N

= lımN→∞

NXi=1

f(x1 + (i− 1)x2 − x1

N)x2 − x1

N,

236 Apéndice

La integral definida

El último límite se denomina la integral definida de la función entre x1 yx2 y se representa por

A =

Z x2

x1

f(x)dx.

Como veremos el cálculo de este límite puede hacerse pues está relacionadocon el concepto de derivada. Esto es veremos que si sabemos derivar, entoncessabremos integrar.

Ejemplo 6.1.1 Calcule el área bajo la curva y = x2 entre x1 = 0 y x2 = x.

Solución. Debemos en este caso evaluar

A = lımN→∞

NXi=1

f(xi)x2 − x1

N= lım

N→∞

NXi=1

(x1 + (i− 1)x2 − x1

N)2x2 − x1

N,

= lımN→∞

NXi=1

(i− 1)2 x2

N2

x

N= lım

N→∞

x3

N3

NXi=1

(i− 1)2,

= lımN→∞

x3

N3

N−1Xi=1

i2.

PeroPn

i=1 i2 = 1

6n (n+ 1) (2n+ 1) de modo que

A = lımN→∞

x3

N3

1

6(N − 1)N (2N − 1) ,

= lımN→∞

x31

6(1− 1

N)

µ2− 1

N

¶,

=1

3x3.

Resulta entonces que hemos logrado calcular una integral, es decirZ x

0

x2dx =1

3x3.

N

6.1 Opcional237

Relación con la derivada

Considere la integral

A(x) =

Z x

a

f(x)dx.

Esto es el área bajo la curva entre a y x. Esta puede ser considerada unafunción de x y por lo tanto la podemos derivar respecto a x. Si usamos ladefinición de derivada entonces

dA(x)

dx= lım

∆x→0

(A(x+∆x)−A(x))

∆x.

El numerador es una diferencia de áreas y si ∆x es pequeño, esa área será ladel rectángulo f(x)∆x, ver figura

f(x)

xa x+Δx

Figura 6.3: Elemento de área.

de modo que

dA(x)

dx= lım

∆x→0

(A(x+∆x)−A(x))

∆x

= lım∆x→0

f(x)∆x

∆x= f(x).

Este notable resultado muestra que

d

dx

Z x

a

f(x)dx = f(x),

238 Apéndice

o sea que la integración es la operación inversa de la derivada. O sea queel cálculo de una integral se hace buscando que función tiene por derivadaf(x). Como las derivadas de las constantes son cero, esta búsqueda quedaindeterminada en una constante aditiva, por ejemploZ x

a

x3dx =x4

4+ C,

siendo C una constante. Esa constante puede evaluarse considerando queZ a

a

x3dx = 0,

de modo que resulta

C = −a4

4.

Finalmente Z x

a

x3dx =x4

4− a4

4.

Resultado final

Todo lo dicho se puede resumir en que la integral definida tiene la pro-piedad Z x

a

f 0(x)dx = f(x)− f(a).

La integral indefinida

La operación inversa de la derivada se denomina integral indefinida, esdecir Z

f 0(x)dx = f(x).

6.2. Ecuaciones diferenciales

Este es un tópico que usted aún no conoce pero que en su forma más ele-mental se necesita en este curso. Presentaremos algunas ideas y trucos quepueden ser de utilidad en la solución de algunos problemas planteados en eltexto. Una ecuación diferencial establece relaciones de una función descono-cida x(t) donde por lo menos aparece su primera derivada. En matemáticas

6.2 Ecuaciones diferenciales 239

usualmente uno se preocupa de funciones de la variable independiente x, pe-ro en física la variable independiente más significativa es el tiempo. Así, lasecuaciones diferenciales más simples serían

dx

dt= 0,

od2x

dt2= 0,

que se resuelven, es decir se encuentra x(t), simplemente integrando el númeronecesario de veces. Así resulta para el primer caso

x(t) = x(0),

y para el segundo caso

x(t) = x(0),

x(t) = x(0) + x(0)t.

Sin embargo hay situaciones más complicadas.

6.2.1. Ecuación diferencial lineal, homogénea, con coe-ficientes constantes

andnx

dtn+ an−1

dn−1x

dtn−1+ an−2

dn−2x

dtn−2+ · · ·+ a0x = 0.

Aunque parezca muy complicada, ella se resuelve probando una soluciónexponencial de la forma

x(t) = Aept,

al calcular sus derivadas y sustituir, el intento es exitoso si

anpn + an−1p

n−1 + an−2pn−2 + · · ·+ a0 = 0,

esto es si p es alguna de las n soluciones de esa ecuación algebraica de gradon que supondremos distintas. El caso de raíces repetidas no se estudiará aquí.Si esas raices de denotan por

p1, p2, · · · , pnentonces la solución general es

x(t) = A1ep1t +A1e

p1t + · · ·+Anepnt.

240 Apéndice

6.2.2. Separación de variables

Para algunas ecuaciones diferenciales, por ejemplo

x = −g − βx,

el método de separación de variables consiste en:Primero: deje dos variables en la ecuación (si ello es posible). En el ejemplo

si llamamos x = v, la ecuación es

dv

dt= −g − βv,

que contiene como variables a v y t. Sepárelas, es decir déjelas a lados distintosde la igualdad. Esto es

dv

g + βv= −gdt.

Se ha ganado que ahora se puede integrarZ v(t)

v(0)

dv

g + βv= −gdt = −g

Z t

0

dt,

1

βln

g + βv(t)

g + βv(0)= −gt.

De aquí se despeja v(t) = x(t) y puede integrarse por segunda vez. Pero esopuede hacerlo usted.

6.2.3. Identidades útiles

Si x(t) es alguna función del tiempo entonces

x(t) =1

2

d

dx(x(t))2.

Así, una ecuación diferencial de la forma

x(t) = f(x),

puede reducirse a una forma integrable pues entonces

1

2

d

dx(x(t))2 = f(x),

1

2d(x(t))2 = f(x)dx,

6.3 Movimiento relativo 241

que es obviamente integrable una vez

1

2(x(t))2 − 1

2(x(0))2 =

Z x(t)

x(0)

f(x)dx

Si f(s(t)) es una función de un parámetro que depende del tiempo, puedeser útil saber que

d2

dt2f(s(t)) =

1

2f 0(s(t))

d

ds(sf 0(s))2. (6.1)

Esto es particularmente útil en un caso como el siguiente. Sea

θ =

rg

a

√sin θ,

evalued2

dt2cos θ

de acuerdo a lo explicado sería

d2

dt2sin θ = − 1

2 sin θ

d

dθ

³θ sin θ

´2=

1

2 cos θ

d

dθ

³gasin3 θ

´=

3g

2asin2 θ.

Muchos problemas de la dinámica presentan este tipo de cálculos.

6.3. Movimiento relativo

6.3.1. Movimiento general del sistema

En general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleracionesy rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relaciones entre ve-locidades y aceleraciones de partículas son más complicadas. En efecto sicolocamos r 0 en términos de sus coordenadas en el sistema móvil, tenemos

r 0 = x0ı0 + y0j0 + z0k0,

242 Apéndice

y además

v =−−→OO0 + r 0,

es decirr =−−→OO0 + x0ı0 + y0j0 + z0k0.

Si usted recuerda que las derivadas de los vectores unitarios móviles se ob-tienen de acuerdo a

dı0

dt= ω × ı0,

y similarmente para los otros. Al derivar dos veces puede obtenerse, conbastante trabajo, que

v = vO0 + ω × r 0 + v0, (6.2)

a = aO0 + α× r 0 + 2ω × v 0 + ω × (ω × r 0) + a 0, (6.3)

siendo α = dω/dt. Debe observarse que la velocidad y aceleración relativasson las derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendofijas las direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indicapor

v rel =∂r 0

∂t, a rel =

∂v rel

∂t.

Estas son las expresiones necesarias para realizar el estudio dinámico de losmovimientos en sistemas de referencia que rotan. De hecho, nuestro propiosistema de referencia, la Tierra, tiene una rotación, respecto a su eje, prácti-camente constante y afortunadamente no muy alta. Una vuelta por día.

6.3.2. Transformación de Lorentz

La transformación de Galileo de velocidades para sistemas que se trasla-dan uno respecto del otro

v = v0O0 + v0,

está en contradicción con un hecho experimental muy bien establecido. Lavelocidad de la luz es la misma en todos los sistemas de referencia de modoque ella no satisface esta última relación. La solución de esa inconsistenciaobligó a abandonar la transformación de Galileo en el ámbito de velocidadescercanas a la velocidad de la luz. Fue Albert Einstein quien relativizandoel concepto de tiempo, es decir el tiempo no es más un concepto absoluto,

6.3 Movimiento relativo 243

escribió las ecuaciones correctas de transformación de coordenadas y tiemposde acuerdo a

x0 = γ(x− vAt),

y0 = y,

z0 = z,

t0 = γ(t− vAx

c2),

siendo c la rapidez de la luz, considerando el movimiento del sistema móviltiene lugar sólo en el eje x del sistema fijo. Además el valor de

γ =1q1− v2A

c2

,

es prácticamente uno si las velocidades no son muy altas, recobrándose en esecaso la transformación de Galileo. Este tema ha traído enormes consecuenciasen el desarrollo de la física actual, materia que está lejos del alcance de estecurso por lo cual no será profundizado más.

244 Apéndice

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