Universidad Veracruzana

Facultad de ingeniería Civil

Equipo 2

Felipe Gómez Salazar

Héctor Morales Delgado

Rafael Evencio Mirón Santamaría

Juan Carlos Cortez

Richard Williams Durán

E.E. Dinámica

12. Cinética de Partículas: segunda Ley de Newton

12.- Cinética de partículas: segunda ley de Newton

12.2 SEGUNDA LEY DE NEWTONSEGUNDA LEY DE MOVIMIENTO DE NEWTON

La Segunda Ley de Newton se puede resumir como sigue: La aceleración de un objeto es directamente proporcional a la fuerza neta que actúa sobre él, e inversamente proporcional a su masa.

La dirección de la aceleración es la misma de la fuerza aplicada.

A=f/m

A representa la aceleración, m la masa y F la fuerza neta. Por fuerza neta se entiende la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo

ACELERACION, FUERZA NETA

La Primera ley de Newton afirma que en ausencia de fuerza neta sobre un cuerpo, éste permanece en reposo, o si está en movimiento, continúa moviéndose con velocidad constante (conservando su magnitud y dirección). Pero, ¿qué sucede si una fuerza actúa sobre un cuerpo? La velocidad debe cambiar, o sea, una fuerza neta origina una aceleración.

La relación entre aceleración y fuerza podemos encontrarla en experiencias cotidianas. Pensemos que empujamos un carrito de supermercado. La fuerza neta que se ejerce sobre el carrito es la fuerza que yo aplico menos la fuerza de fricción en las ruedas. Si la fuerza neta es F, la aceleración será a, si la fuerza es 2F, la aceleración será 2a, y así sucesivamente. Por tanto, la aceleración de un cuerpo es directamente proporcional a la fuerza neta aplicada. Pero la aceleración depende también de la masa del objeto. Si mantengo la fuerza neta F y aumento la masa al doble, la aceleración será a/2.

O sea, podemos afirmar

A=F/M

Notemos que mediante esta segunda ley podemos dar una definición más precisa de fuerza, como una acción capaz de acelerar un objeto.

Cuando la masa está en kilogramos y la aceleración en metros por segundo al cuadrado, la unidad de fuerza se llama Newton(N), 1 N = 1kgm/s2.

En el sistema inglés, la unidad de fuerza es la libra. se define como el peso (que es una fuerza) de un cuerpo cuya masa es 0.45359237 kg en determinado lugar de la Tierra en el que la aceleración de gravedad sea 32.1734 pies/s2

EJEMPLO:

¿Qué fuerza neta se necesita para desacelerar uniformemente a un automóvil de 1500 kg de masa desde una velocidad de 100 km/h. hasta el reposo, en una distancia de 55 m?

SOLUCION

Usamos F = ma. Primero debemos calcular la aceleración a. Suponemos que el movimiento es a lo largo del eje +x. La velocidad inicial es v0 = 100 km/h = 28m/s, la velocidad final v0 = 0, y la distancia recorrida x = 55 m.

De la ecuación cinemática v2 = v02 + 2ax, despejamos a:

a = (v2 - v02)/2x = [0 - (28m/s)2]/(2x55m) = - 7.1 m/s2.

Luego, la fuerza neta necesaria es entonces

F = ma = (1500 kg) (-7.1m/s2) - 1.1x104 N

12.3 Cantidad de movimiento lineal de una partícula. Razón de cambio de la cantidad de movimiento linealSi en la ecuación ΣF=ma se remplaza a por dv/dt, y se escribiría como: ΣF=m(dv/dt) o en caso de ser constante la masa como: ΣF=d(mv)/dt.

El vector mv se denominará como la cantidad de movimiento lineal de la partícula y se denotará por L.

L=mv

Al sustituir mv por L en la ecuación tenemos que:

ΣF=dL/dt

Esta ecuación expresa que: la resultante de las fuerzas que actúan sobre la partícula es igual a la razón de cambio de la cantidad de movimiento lineal de la partícula. Así fue como Newton enunció originalmente la segunda ley de movimiento.

Si la razón de cambio de la cantidad de movimiento lineal mv es cero cuando ΣF=0, se dice que: cuando la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la cantidad de movimiento lineal de la partícula permanece constante, tanto en magnitud como en dirección. Este es el principio de la conservación de la cantidad de movimiento lineal, el cual puede reconocerse como un enunciado alternativo de la primera ley de Newton.

12.4 Sistemas de unidadesSistema Internacional de unidades (SI) Sistema de uso común en Estados UnidosF=ma F=ma1N=(1kg)(1m/s2)=1kg.m/s2 1lb=(1slug)(1ft/s2)

Si despejamos la masa de la ecuación:1slug=1lb/(1ft/s2)=1lb.s2/ft

W=mg g=9.81m/s2 W=mg g=32.2ft/s2

W=(1kg)( 9.81m/s2)=9.81N W=(1lb.s2/ft)( 32.2ft/s2)=32.2lbmv=(kg)(m/s)=kg.m/s mv=( lb.s2/ft)(ft/s)=lb.s

Conversión de unidades

Longitud: 1ft=0.3048m

Fuerza: 1lb=4.48N

Masa: 1slug=1lb.s2/ft=14.59kg

Aunque no puede utilizarse como una unidad de masa consistente, la masa de una libra estándar es: 1libra/masa=0.4536kg

12.5 ecuaciones de movimientoConsidérese una partícula de masa “m” sobre la que actúan varias fuerzas se tiene de la ecuación 12.2 que la segunda ley de newton puede representarse de la forma:

∑F= ma (12.2)

Aquí se relacionan las fuerzas que actúan sobre una partícula y el vector ma (ver fig. 12.8) , sin embargo para resolver los problemas que implican el movimiento de una partícula se encontrara más conveniente sustituir la ecuación 12.2 por ecuaciones equivalentes que contienen productos escalares.

Componentes rectangulares

Al descomponer cada fuerza F y la aceleración a en componentes rectangulares, se escribe:

∑(f x i+ f y j+ f z k ¿=m¿)

De lo que se deduce:

∑ f x=max∑ f y=ma y∑ f z=maz ec .12.8

Recordando que en la sección 11.11 en que las componentes de la aceleración son iguales a la segunda derivada de las coordenadas de la partícula, se tiene que:

∑ f x=mx ''∑f y=m y ' '∑ f z=m z' ' ecuacion12.8'

Un ejemplo de esto puede ser el proyectil, ya que si se ignora la resistencia del aire , la única fuerza que actuara sobre el proyectil después de ser lanzado será su propio peso W= Wj (por estar en el eje de las y) por lo tanto sus ecuaciones que definan su movimiento , serán :

m x' '=0 my’’=-W mz’’=0

Y las de aceleración serán:

X’’=0 y’’=-wm

=−g z ' '=0

En donde la variable g pertenece a la gravedad y sabemos que es de 9.81 m/s^2 o 32.2 ft/s^2 . ya teniendo las ecuaciones procedemos a integrar para poder conocer el desplazamiento y velocidad del proyectil en cualquier instante que se indique.

Componentes tangencial y normal

Al descomponer las fuerzas y aceleración de las partículas y la aceleración de la partícula en componentes a lo largo de la tangente a la trayectoria (en dirección de movimiento)y la

normal(hacia el interior de la trayectoria) (figura 12.9) y sustituir la ecuación (12.2) , se obtiene dos ecuaciones escalares:

∑f t=ma t

Al sustituir a_(t )y a_n de las ecuaciones , se tiene:

∑ f t=mdvdt

∑f n=m v2

p

12.6 equilibrio dinámicoUna forma alternativa de escribir la segunda ley de Newton es:

∑F-ma=0

En la que expresa que si se suma el vector –ma a las fuerzas que actúan sobre la partícula , se obtiene un sistema de vectores igual a cero . Al cumplirse esto se afirma que la partícula está en “EQUILIBRIO DINAMICO” y se puede resolver mediante los métodos utilizados en la estática.

En consecuencia , utilizando componentes rectangulares , se escribe :

∑fx=0 ∑fy=0 (aquí también estamos incluyendo el vector inercia) fig.12.11

Cuando se usan las componentes tangencial y normal , resulta más conveniente representar el vector inercia por medio de sus dos componentes _ma_t y -ma_n en el mismo dibujo . el componente tangencial del vector ofrece una medida que la resistencia de la partícula presenta a un cambio en la velocidad , en tanto la componente normal representa la tendencia de la partícula a abandonar su trayectoria curva.

12.7 Cantidad de movimiento angular de una partícula. Razón de cambio de la cantidad de movimiento angularEn mecánica newtoniana, el momento angular de una partícula o masa puntual con respecto a un punto O del espacio se define como el momento de su cantidad de movimiento con respecto a ese punto. Normalmente se designa mediante el símbolo . Siendo el vector que une el punto O con la posición de la masa puntual, será

El vector es perpendicular al plano que contiene y , en la dirección indicada por la regla del producto vectorial o regla del sacacorchos y su módulo o intensidad es:

Esto es, el producto del módulo del momento lineal por su brazo ( en el dibujo), definido éste como la distancia del punto respecto al que se toma el momento a la recta que contiene la velocidad de la partícula.

Momento angular y momento dinámico

Derivemos el momento angular con respecto al tiempo:

El primero de los paréntesis es cero ya que la derivada de con respecto al tiempo no es otra cosa que la velocidad y, como el vector velocidad es paralelo al vector cantidad de movimiento , el producto vectorial es cero. En cuanto al segundo paréntesis, tenemos:

Donde es la aceleración de la partícula, de modo que , es la fuerza que actúa sobre ella. Puesto que el producto vectorial de por la fuerza es el momento o momento dinámico aplicado a la masa, tenemos:

Así, la derivada temporal del momento angular es igual al momento dinámico que actúa sobre la partícula. Hay que destacar que en esta expresión ambos momentos, y deberán estar referidos al mismo punto O.

12.8 Ecuaciones de movimiento en términos de las componentes radial y transversalConsidérese una partícula P de coordenadas polares r y θ que se mueve en un plano bajo la acción de varias fuerzas. Al descomponerse las fuerzas y la aceleración de la partícula de las componentes radial y transversal de la figura y sustituir la ecuación ∑F=ma se obtienen las dos componentes escalares:

Al sustituir ar y aθ de acuerdo con las ecuaciones ar= r’’- rθ’2 y aθ= rθ’’+2r’θ’ se tiene que

∑Fr=m(r’’- rθ’2)

∑Fθ=m(rθ’’+2r’θ’)

12.9 Movimiento bajo una fuerza central. Conservación de la cantidad de movimiento angularCuando la única fuerza que actúa sobre una partícula P es una fuerza F dirigida hacia O alejándose de un punto fijo O, se dice que la partícula se está moviendo bajo una fuerza central, y el punto O se conoce como el centro de la fuerza. Puesto que la línea de acción de F pasa por O, se debe tener que ΣM0=0 en cualquier instante. Si ΣM0=dH0/dt, al sustituir se tendrá que: dH0/dt=0en todos los valores de t, al integrar en t se tiente que H0=constante.

Se concluye que la cantidad de movimiento angular de una partícula que se mueve bajo una fuerza central es constante tanto en magnitud como en dirección. Al recordar la definición de movimiento angular se tiene que rxmv=H0=constante, de donde se concluye que r es perpendicular al vector H0. Una partícula sometida a una fuerza central es perpendicular a H0.

Recordando que la magnitud del vector H0 es constante y que se define como H0=r*mv*senφ, se puede decir que r*mv*senφ =r0mv0senφ 0. Esta relación se aplica a cualquier partícula sometida a una fuerza central.

De manera alternativa al recordar que H0=mr2θ’ podemos escribir que mr2θ’=Ho=constante, o dividir entre m y denotar por h el movimiento angular por masa unitaria H0/m.

r2θ’=h

Si se observa la figura 12.17 que el vector radial OP barre un área infinitesimal dA=1/2(r2dθ) conforme gira t un ángulo dθ, y si se define la velocidad de área de la partícula como el cociente dA/dt se nota que el miembro del lado izquierdo de nuestra ecuación representa el doble de la velocidad de área de la partícula. Por consiguiente se concluye que cuando una partícula se mueve bajo una fuerza central, su velocidad de área es constante.

Figura12.15 Figura 12.16 Figura 12.17

12.10 Ley de la gravitación de NewtonEn su ley de la gravitación universal Newton establece que dos partículas de masa M y m, separadas una distancia r, se atraen mutuamente con fuerzas constantes y opuestas F y –F dirigidas a lo largo de la línea que une dos partículas.

F= G Mmr ²

G= constante universal llamada constante de gravitación.

66.73+- .03 x 10−12 m³/ Kg .s²

Al realizar un análisis sobre la tierra, la fuerza se sustituye por el peso (w) y el radio de la tierra (R) por r.

W = mg= GMR ²

m o g= GMR ²

M= masa de la tierra

R= distancia desde el centro de la tierra a cualquier otro punto de la superficie.

El producto de la constante de la gravitación G y la masa M de la tierra puede expresarse como

GM= gR²

g= 9.81 m/s²

r=6.37 x 106m

12.11 Trayectoria de una particula bajo la accion de una fuerza centralConsidérese una partícula P que se mueve bajo el efecto de una fuerza central F. Se desea obtener la ecuación diferencial que define su trayectoria.

Se supone que la fuerza F esta dirigida hacia el centro de fuerza O, se tiene que ƸFr y ƸFθ se reducen, respectivamente a – F y cero.

M(r – rθ²) = -F ............... 12.31

M(rθ + 2rθ)=0..................12.34

Estas ecuaciones definen el movimiento de P. Sin embargo se sustituye la segunda ecuación para verificar sin dificultad al diferenciarla con respecto a t, pero cuyo uso es más conveniente.

r² θ = h o r²dθdt

= h ................... 12.33

la ecuación 12.33 se usa para eliminar la variable independiente t de la ecuación 12.31. al resolver la ecuación 12.33 para θ o dθ/dt, se tiene

θ = d 0dt

= hr ²

...................... 12.34

Obteniendo al final, resultado de las ecuaciones anteriores:

d ²udθ ²

+ u = F

mh ²u ²

Para obtener la última ecuación, se supuso que la fuerza F estaba dirigida hacia O. Por lo tanto la magnitud F será positiva si F realmente apunta hacia O (fuerza atractiva) y negativa si F apunta alejándose de = (fuerza repulsiva). Si F es una función conocida de r y, en consecuencia, de u, la ultima ecuación es una ecuación diferencial en u y θ que define a la trayectoria seguida por la partícula bajo la acción de la fuerza central F. La ecuación de la trayectoria se obtiene al resolver la

ecuación diferencial anterior para u con una función de θ y al determinar las constantes de integración a partir de las condiciones iniciales.

12.12 Aplicación en la mecánica celesteDespués de que ha terminado la última etapa de los cohetes de lanzamiento, los satélites terrestres y otros vehículos espaciales están sujetos sólo a la atracción gravitacional de la Tierra.

F=GMm/r2=GMmu2

Donde M=masa de la Tierra, m=masa del vehículo, r=distancia del centro de la Tierra al vehículo, u=l/r.

Se obtiene la ecuación diferencial:

(d2u/dθ2)+u=GM/h2

Donde se observa que el miembro del lado derecho es una constante, al resolver se tiene que:

1/r=u=(GM/h2)+C cosθ

Esta ecuación es la correspondiente a una sección cónica en las coordenadas r y θ. El origen O se ubica en el centro de la Tierra.

La excentricidad se define como: ε=C/(GM/h2)=Ch2/GM.

Las constantes C y GM/h2 que caracterizan la trayectoria de un vehículo espacial, se determinan a partir de la posición y velocidad del vehículo al principio de su vuelo libre.

Al denotar el vector radio y la velocidad del vehículo al principio de su vuelo libre como: r0 y v0, al calcular el momento angular por masa unitaria (h) se obtiene que:

h=r02θ0’=r0θ0

También se tiene que: GM=gR2, donde R es el radio de la Tierra (6.37x106m o o3960 mi) y g es la gravedad terrestre.

La constante C se obtiene fijando θ=0, r=r0 en: C=(1/r0)-(GM/h2).

Periodo orbital

Una característica importante del movimiento de un satélite es el tiempo en que recorre su órbita. Este tiempo se conoce como periodo orbital y se denota por τ.

τ=2πab/h

12.13 Leyes de Kepler del movimiento PlanetarioLas ecuaciones que gobiernan el movimiento d un satélite terrestre se puede utilizar para describir el movimiento de la Luna alrededor de la Tierra. En este caso, sin embargo, la masa de la Luna no es despreciable comparada con la masa terrestre, y los resultados que se obtienen no son del todo precisos.

La teoría que se desarrolló en las secciones procedentes también se aplican al estudio del movimiento de los planetas alrededor del Sol. Aunque se introduce otro error al ignorar las fuerzas que los planetas ejercen entre sí. La aproximación que se obtiene es excelente.

Las tres Leyes del movimiento planetario de Kepler se enuncian del modo siguiente.

Cada planeta describe una elipse, con el Sol ubicado en uno de sus focos

El vector radio trazado desde el Sol hasta un planeta barre áreas iguales en tiempos iguales

Los cuadrados de tiempos periódicos de los planetas son proporcionales a los cubos semimayores de sus órbitas

Problema resuelto 12.1Un bloque de 200 lb descansa sobre un plano horizontal. Determine la magnitud de la fuerza P que se requiere para dar al bloque una aceleración de 10 ft/s2 hacia la derecha. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es µk=0.25

Solución:

La masa del bloque es

Se tiene que F= µkN=0.25N y que a=10ft/s2. Al expresar que las fuerzas que actúan sobre el bloque son equivalentes al vector ma, se escribe:

+∑Fx= P cos 30°-.025N=(6.21 lb *s2/ft)(10 ft/s2)

P cos 30°-.025N=62.1 lb (1)

+∑Fy= N-P sen 30°-200 lb= 0 (2)

Al resolver (2) para N y sustituir el resultado en (1) se obtiene:

P cos 30° - 0.25(P sen 30°+200 lb)= 62.1 lb

Problema 12.3Los dos bloques que se muestran empiezan a moverse a partir del reposo. El plano horizontal y la polea no presentan fricción y se supone que la masa de la polea puede ignorarse. Determine la aceleración de cada bloque y la tensión de cada cuerda.

xB=(1/2)xA

al diferenciar 2 veces se tiene que: aB=(1/2)aA (1)

Bloque A

+ ΣFx=mAaA T1=100aA (2)

Bloque B

WB=mBg=(300kg)(9.81m/s2)=2940N

+ΣFy=mBaB 2940-T2=300aB

Al sust aB de (1), 2940-T2=300(1/2 aA)

T2=2940-150ªA (3)

Polea C

+ΣFy=mCaC=0 T2-2T1=0 (4)

Al sustituir T1 y T2 en (4)

2940-150aA-2(100aA)=0

2940-350aA=0 aA=8.4m/s2

Sustituir aA en (1) y (2)

aB=1/2 aA=1/2 (8.4) aB=4.2 m/s2

T1=100 aA=100(8.4) T1=840N

T2=2T1 T2=2(840) T2=1680N

12.5 Problema resueltoLa plomada de un péndulo de 2m describe un arco de círculo en un plano vertical. Si la tensión de la cuerda en estos puntos es 2.5 veces el peso de la plomada en la posición que se indica, determine la velocidad y la aceleración de la ploma da en esa posición.

Solución

El peso de la plomada es W=mg; la tensión de la cuerda corresponde consecuentemente a 2.5 mg. Al recordar que an apunta hacia O y suponiendo que se muestra, se aplica la segunda ley de newton y se obtiene

+∑Ft= mg sen 30°=mat

At = g sen 30°= 4.9 m/s2

+∑Ft= 2.5mg – mg cos 30°= man

An= 1.634 g = 16.03 m/s2

Puesto que an = v2 /p, se tiene v2=p/an = (2m)(13.03 m/s2)

V= 5.66 m/s

Problema 12.6

diagramas

Problema 12.7Un bloque B de masa m se pude deslizar libremente sobre un brazo OA sin fricción, que gira en un plano horizontal a razón constante θ0’. Si se sabe que B se suelta a una distancia r0 de O, exprese como función de r, a) la componente vr de la velocidad B a lo largo de OA, b) la magnitud de la fuerza horizontal F ejercida sobre B por el brazo OA

Ecuaciones de movimiento

+ ΣFr=mar 0=m(r’’-rdθ2) (1)

+ ΣFθ=maθ F=m(rθ’’+2r’θ’) (2)

a) Componente vr de la velocidad

vr=r’

r’’=vr’=dvr/dt=(dvr/dr)(dr/dt)=vr(dvr/dr)

Sustituir r’’ en (1) y recordar que θ’=θ0’

vrdvr=dθO2rdr

Al multiplicar por 2 e integrar de 0a vr y de r0 a r

Vr2=dθO

2(r2-r02) vr=θ0’(r2-r0

2)1/2

b)Fuerza horizontal F

θ’=θ0’, θ’’=0, r’=vr

Sustituir en (2)

F=2mθ0’(r2-r02)1/2θ0’ F=2mdθ0

2(r2-r02)1/2

Problema 12.8

Se lanza un satelite en direccion paralela a la supericie de la tierra , con una velocidad de 18,820 mi/hr, desde una altitud de 240 mi. Determinese la velocidad del satelite cuando este alcance su maxima altitud de 2340 mi. Debe recordarse que el radio de la tierra es 3960 mi.

Puesto que el satelite se mueve bajo el efecto de una fuerza central dirigida hacia el centro O de la tierra, su cantidad de movimiento angular Ho es constante. Tenemos:

mrvSen θ=Ho = constante

que muestra que v es minima en B, donde tanto r como Sen θ son maximos. Al expresar la conservacion de la cantidad de movimiento angular entre A y B.

RmA vA = rmB vB

vB= vA rArB

(18,820 mi/hr) 3960mi+240mi3960mi+2340mi

vB= 12550 mi/hr