Capítulo 3 Trabajo y Energía

Cap. 3 Trabajo y Energía Pág. 3-1

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.Profesor del Área de Diseño

Sección de Ingeniería Mecánica

Cap. 3 Trabajo y Energía para la partícula

3.1 Campos escalares, vectoriales y tensoriales Campo escalar: Es una función en la que el argumento es un vector (en este caso un

vector posición) y su valor un escalar. Es decir: )(r

, el resultado de aplicar la función escalar al argumento

),,( zyxr

es un escalar .

Ejemplos: temperatura, densidad, presión, etc. Campo vectorial: Es una función en la que el argumento es un vector y su valor es un

vector. Es decir:

)(rFF

, el resultado de aplicar la función vectorial al argumento

),,( zyxr

es el vector ),,( zyx FFFF

.

Ejemplos: campo magnético, campo gravitacional, campo eléctrico, etc. Campo tensorial: Es una función en la que el argumento es un vector y su valor es una

matriz. Es decir:

)(r

, el resultado de aplicar la función tensorial al argumento

),,( zyxr

es la matriz

zzzyzx

yzyyyx

xzxyxx

.

Ejemplo: campo de esfuerzos de un cuerpo deformable. 3.2 Algunos conceptos matemáticos A continuación repasaremos algunas herramientas matemáticas que nos serán útiles para analizar algunos conceptos de la mecánica referentes al trabajo de una fuerza sobre una partícula y a la energía que involucra el movimiento de una partícula.

Operador nabla :)(

kz

jy

ixzyx

ˆˆˆ,,

El operador

es análogo a un vector.



Gradiente de un campo escalar :

grad

zyx

,,

(3.1)

Divergencia de un campo vectorial F

:

div z

F

y

F

x

FFF zyx

(3.2)

Rotacional de un campo vectorial F

:

rot

zyx FFF

zyx

kji

FF

ˆˆˆ

rot F

ky

F

x

Fj

x

F

z

Fi

z

F

y

F xyzxyz ˆˆˆ

(3.3)

Campo vectorial irrotacional

Si )(rFF

es un campo vectorial, se dice que es un campo irrotacional si su rotacional es nulo, es decir:

0 F

Entonces, deberá cumplirse simultáneamente que:

0

z

F

y

F yz ; 0

x

F

z

F yx ; 0

y

F

x

Fxy (3.4)

Si el campo vectorial es bidimensional, es decir ),( yx FFF

, basta que se cumpla la

condición:

0

y

F

x

Fxy

Teorema: sea el campo vectorial )(rFF

. Existirá una función escalar )(r

denominada función de campo tal que )()( rrF

0 F

.

Dem.: Si

)(rF :

zyx

FFF zyx

,,),,(

x

Fx

; y

Fy

; z

Fz

(3.5)



derivando y

Fy

zyz

Fy

2

y también z

Fz

yzy

Fz

2

En forma análoga se demuestra que los demás términos del rotacional son nulos y que

entonces 0 F

.

Consecuencia: Sea la función de campo de )(rF

, es decir:

)(rF . Sabemos que si existe la función escalar )(r

, con ),,( zyxr

,

entonces: dzz

dyy

dxx

d

),,(,, dzdydxzyx

es decir: rdFd

integrando: B

A

B

A

rdFd

operando: B

A

B

A

rdF

B

A

AB rdFrr

)()( (3.6)

Ello resultará útil cuando necesitemos evaluar la integral B

A

rdF

. Para ello bastará

evaluar )()( AB rr

, lo cual será evidentemente más sencillo.

Notar que:

1) Puesto que para evaluar la integral B

A

AB rrd )()(

no se necesita conocer el

camino C, entonces, la integral B

A

rdF

será independiente del camino C.

2) 0rdF

, pues 0)()( AB rr

.

3) Si el rotacional de una función fuera diferente de cero y en consecuencia no existe una

función de campo , entonces la integral B

A

rdF

deberá ser evaluada a lo largo del

camino C.

0

y

F

z

Fzy

C

C

C

C

C



3.3 Trabajo de una fuerza sobre una partícula Si una partícula se está moviendo a lo largo de la trayectoria C por la acción de una cierta

fuerza F

, se define el trabajo elemental de dicha fuerza al cambiar la posición de la partícula en rd

como:

rdFdU

El trabajo total de F

sobre la partícula entre A y B a lo largo de C será:

B

A

BA rdFU

(3.7)

Ejemplo 3.1:

Calcular el trabajo realizado desde t = 1 s hasta t = 2 s por la fuerza )12,,7( 2 tttF

cuyo punto de aplicación recorre la recta determinada por las superficies 932 zy y

0x , según la ley horaria .82 2 ts

Solución: Como dttdsts 482 2 (1)

y además: 932 zy yz3

23 dydz

3

2

o también: zy2

3

2

9 dzdy

2

3

y como 0x 0dx Sabemos que el diferencial de longitud de curva está dado por:

222 )()()( dzdydxds

entonces: dydydyds3

13

3

2)(0

22

análogamente: dzdzdzds2

13)(

2

30 2

2

C

F

r

rdr

rd



Ahora podemos expresar dy y dz en términos de ds:

dsdy13

3 y dsdz

13

2

dsdsdzdydxrd

13

2,

13

3,0),,(

de (2):

dt

tdt

trd

13

8,

13

12,0

ahora, dttt

tttrdFU

13

8,

3

12,0)12,,7(

2

1

2

resolviendo: 48,7U unidades de trabajo 3.4 Campo vectorial conservativo Si un campo de fuerzas es irrotacional se denomina campo conservativo. Por lo que hemos

visto, para dicho campo de fuerzas se cumplirá que rot 0)( FF

y por consiguiente

existe /

F . Se define función potencial (o energía potencial) como: V

x

VFx

;

y

VFy

;

z

VFz

(3.8)

Los elementos de los campos conservativos se denominan fuerzas conservativas. Dado que las fuerzas conservativas juegan un papel importante en el tema que estamos encarando en este capítulo, es pertinente escribir las siguientes notas:

Si )(rF

es un campo de fuerzas conservativo, es decir, si se cumple que: 0 F

,

)(/)( rFr

y siendo )()( rrV

entonces se cumplirá: 1) El trabajo realizado por una fuerza conservativa es independiente de la trayectoria o

camino recorrido C :

B

A

BABA rVrVrdFU )()(

(3.9)

2) El trabajo que realiza una fuerza conservativa a lo largo de un camino cerrado será:

0 rdF

. C

C



Ejemplo 3.2: Dado el campo de fuerzas:

kzxzyxjzyxizxzyF ˆ)63(ˆ)2(ˆ)6( 2223232

Se pide calcular el trabajo realizado sobre una partícula que se desplaza desde el punto )2,1,1( A hasta )2,1,2(B a lo largo de la línea recta que los une.

Solución:

¿Será F

un campo conservativo? 232 6 zxzyFx

32 zyxFy

zxzyxFz222 63

Derivando: 066 22

zyxzyxz

F

y

F yz

0)123(123 2222

zxzyzxzyx

F

z

F yx

022 33

zyzy

y

F

x

Fxy

F

es un campo conservativo. Determinación de la función potencial V:

Aplicando lo establecido por la expresión (3.8) se cumplirá que:

232 6 zxzyFx

Vx

),(3 12232 zyfzxzyxV

32 xyzFy

Vy

),(232 zxfzyxV

zxzyxFz

Vz

222 63

),(3 33222 yxfzyxzxV

Observando los tres términos obtenidos para la función potencial V y teniendo en cuenta que dicha función es única, concluimos que:

czyf ),(1

czxzxf 222 3),(

cyxf ),(3

de donde: czyxzxV 32223



Ahora podemos evaluar el trabajo rdFUB

A

BA

(el cual será independiente del

camino, según la expresión (3.9)):

B

A

BABA rVrVrdFU )()(

Para )2,1,1( Ar

crV A 4)(

Para )2,1,2(Br

crV B 32)(

28BAU unidades de trabajo

Ejemplo 3.3: Una partícula con masa m = 1 kg se mueve sobre el plano xy siguiendo la trayectoria

13 22 yx de manera que la componente horizontal de su velocidad es igual a (-y) en cualquier instante. Mostrar que la fuerza actuante sobre la partícula es conservativa y encontrar la función potencial. Solución: Se tiene de dato que yx (1) De la ecuación de la trayectoria: 13 22 yx

:dtd 026 yyxx 03 yyxx (2)

(1) en (2): 0)(3 yyyx xy 3 (3)

y al derivar (3): xy 3

y recordando (1): 03 yy (4)

la cual es una ecuación diferencial de 2do. orden.

su ecuación característica es: 032

cuyas raíces son: 32,1 j

la solución de (4) será: tsenctcy 33cos 21 (5)

de (3): tctsency

x 3cos3

33

3

3

3 21

(6)

utilizando la 2da. ley de Newton:

)3cos3(3 21 tctsencxmFx

)33cos(3 21 tsenctcymFy

C

C



y comparando con (5) y (6): xFx 3

yFy 3

¿Es F

conservativa? x

F

y

F yx

!

y como 0

y

Fx y 0

x

Fy F

es conservativa.

Determinación de la función potencial

Puesto que F

es conservativa, entonces V tal que )( VgradF

entonces se debe cumplir que x

VFx

y y

VFy

En nuestro caso: xx

V3

)(2

31

2 yfxV

yy

V3

)(2

32

2 xfyV

Observando ambos resultados concluimos que:

cyxV 22

2

3

2

3 (c es una constante arbitraria)

es decir: cyxV )(2

3 22

Ejemplo 3.4: Una partícula de masa m se mueve en el plano xy de manera que su posición es:

jtsenbitar ˆˆcos 00

siendo a, b y 0 constantes positivas tal que

ba . Se pide:

a) Demostrar que la fuerza que hace que la partícula se mueva sobre dicha trayectoria es central.

b) Indicar si la fuerza es conservativa o no.

c) En caso de que la fuerza sea conservativa, hallar la función potencial.

d) Calcular el trabajo que realiza la fuerza desde A hasta B.

y

xO A

B

a

b

m

r

t0

Fig. 3-2



Solución:

a) jtsenbitar ˆ)(ˆ)cos( 00

:/ dtd jtbitsenav ˆ)cos(ˆ)( 0000

:/ dtd jtsenbitaa ˆ)(ˆ)cos( 0200

20

La 2da. ley de Newton establece que: amF

)ˆˆcos( 0020 jtsenbitamF

es decir: rmF

20

se ve claramente que FrF

// es fuerza central.

b) En coordenadas cartesianas: ),(20 yxmF

o también: xmFx20

y ymFy20

F

es conservativa si 0Frot

, es decir si se cumple que: 0

x

F

y

F yx

0)(

0)(

20

20

ymxx

F

xmyy

F

y

x

0

x

F

y

F yx

c) Dado que 0Frot

, entonces, según el teorema estudiado, VgradFV

/ .

)(2 1

2202

0 yfxm

VxmFx

Vx

(1)

)(2 2

2202

0 xfym

VymFy

Vy

(2)

comparando (1) y (2): cym

xm

V 2202

20

22

cyxm

V )(2

2220

o en coordenadas polares: crm

V 220

2



d) Dado que F

es conservativa, entonces el trabajo que realiza se puede evaluar de la siguiente manera:

B

A

BA BVAVrdFU )()(

cb

mca

m 2202

20

22

)(2

2220 ba

mU BA

Ejemplo 3.5: Sea el campo ky

xjxzyiyzF ˆ)2

1510(ˆ)15(ˆ)10(

2

donde F

en [N], zyx ,, en [m]. Se pide:

a) Determinar si el campo es conservativo o no.

b) Si el campo es conservativo hallar la función potencial V.

c) Sabiendo que la trayectoria por la que se desplaza una partícula es una recta que pasa

por los puntos A y B, evaluar la integral B

A

rdF

, donde )3,2,10(A y

)3,4,2( B [m].

Solución:

a) yzFx 10 1

y

Fx ; 10

z

Fx

xzyFy 15 1

x

Fy ; yz

Fy 15

2

1510

2yxFz 10

x

Fz ; yy

Fz 15

entonces: 0;0;0

x

F

z

F

y

F

z

F

x

F

y

F zxzyyx

y por consiguiente: 0Frot

el campo F

es conservativo.

b) Puesto que F

es conservativo, entonces se cumplirá que existe la función potencial V

tal que )( VF

.

Es decir: ),,(),,(z

V

y

V

x

VFFF zyx

yzx

V

10 ),(10 1 zyfxyzxV (1)

xzyy

V

15 ),(2

152

2 zxfyxzyV (2)

C



2

2

1510 yx

z

V

),(2

1510 3

2 yxfzyzxV (3)

comparando (1), (2) y (3): czyyxzxV 2

2

1510

c) Dado que F

es campo conservativo el trabajo no depende del camino entre A y B:

B

A

BA BVAVrdFU )()(

)3()4(

2

15)4)(2()3)(2(10)3()2(

2

15)2)(10()3)(10(10 22

718)308(410 BABA UU Joule

3.4.1 Campo gravitacional uniforme cerca de la superficie terrestre

F

es de la forma:

),0,0( mgF

¿Será F

conservativa?

rot )0,0,0(

00

ˆˆˆ

mgzyx

kji

FF

F

es conservativa.

Cálculo de la función potencial:

0

xFx

V ),(1 zyfV

0

yFy

V ),(2 zxfV

gmFz

Vz

),(3 yxfzgmV

czgmV donde c es una constante arbitraria.

Podemos tomar c = 0 zgmV (3.10)



Por consiguiente si se quiere evaluar el trabajo que efectúa el peso propio sobre la partícula si se mueve de ),,( AAA zyxA hasta ),,( BBB zyxB :

BABA zgmzgmBVAVU )()( )( AB zzgm (3.11)

Si AB zz : BAU será negativo.

Si AB zz : BAU será positivo. 3.4.2 Campo gravitatorio alrededor de un planeta

rer

mMGF ˆ

2

; redrrd ˆ

¿Es F

conservativa?

Si rot FFF

0 conservativa.

como F

es central conviene trabajar en coordenadas polares: e

re

r rˆ1ˆ

rr er

mMGe

re

rˆˆ1ˆ

2 rrrr er

er

mMGee

r

mMG

rˆˆˆˆ

22

0ˆˆˆˆ132

rr eer

mMGee

r

mMG

r

F

es conservativa.

Función potencial: dr

mMGdr

r

mMGrdF

2

r

mMG

r

mMGV (3.12)

Utilizando coordenadas cartesianas:

rer

mMGF ˆ

2

2r

mMGF

),( yxr

22

),(ˆyx

yx

r

rer

entonces:

2222

,

)( yx

yx

yx

mMGF

m

Fig. 3-4

M

re

F

C

Fig. 3-5

M

re

F

C

m(x, y, z)

x

y

z



2/5222/322 )(

3

)( yx

yxmMG

y

F

yx

xmMGF x

x

2/5222/322 )(

3

)( yx

yxmMG

x

F

yx

ymMGF y

y

F

es conservativa.

)()()( 12/1222/322

yfyx

mMGV

yx

xmMGF

x

Vx

)()()( 22/1222/322

xfyx

mMGV

yx

ymMGF

y

Vy

Comparando: cr

mMGV (3.13)

3.4.3 Campo de fuerzas elásticas A continuación analizaremos las características de la fuerza elástica que ejercen los resortes sobre una cierta partícula. En este curso consideraremos únicamente los resortes que tienen comportamiento lineal-elástico.

rkF )( 0rrk

donde k es la constante de rigidez del resorte.

rerrkF ˆ)( 0

¿Constituye F

un campo de fuerzas conservativo?

2/1222 )(

),,(ˆzyx

zyx

r

rer

2/12220

2/1222

)(

),,()(

zyx

zyxrzyxkF

xzyx

rkFx

2/1222

0

)(1

2/32220)( zyx

yxrk

y

Fx

rot ( F

) = 0

r

F

k

1

O

F = k .r

F

r

Fig. 3-8

re

F



yzyx

rkFy

2/1222

0

)(1

2/32220 )( zyx

yxrk

x

Fy

0

x

F

y

F yx

análogamente: 0

y

F

z

Fzy y 0

z

F

x

F xz

F

constituye un campo conservativo.

Trabajo realizado por fuerzas elásticas

Para evaluar el trabajo de la fuerza elástica F

entre A (resorte sin deformar) y B (resorte deformado):

Puesto que F

es conservativa

BBABA UU

El trabajo entre A y B es nulo (pues F es nula)

luego, rdFUUB

B

BBBA

ahora:

B

B

r

B

B

BB rderrkrdFU

ˆ)( 0 =

B

B

rr edrerrk ˆˆ)( 0

B

B

drrrk )( 0 r

rr O

rrk

20 )(

2= 2

0 )(2

rrk

Así: 20 )(

2rr

kU BA

Ahora, como la fuerza elástica es conservativa, entonces podemos escribir que:

20 )(

2)()( rr

krVrVU BABA

y como hemos elegido A de tal manera que allí el resorte no está deformado, es decir, que en esa posición no hay energía potencial elástica: 0)( ArV

. Entonces:

20 )(

2)( rr

krV B

de donde: 20 )(

2rr

kV (3.14)

Energía potencial del resorte (es siempre positiva)

Fig. 3-9

C

x

y

z

O

rO

A

B

rO

B'



En general, si la partícula se mueve de P a Q siendo sus posiciones Pr y Qr ,

respectivamente: )()( QPQP rVrVU

20

20 )(

2)(

2rr

krr

kU QPQP

22

22 QPQP

kkU (3.15)

Nota: Las fuerzas elásticas lineales también se pueden analizar empleando coordenadas cartesianas. A modo de muestra analizaremos el caso de movimiento plano. Dejaremos como tarea al alumno que realice el procedimiento para el movimiento tridimensional.

xyx

rkF

x

Vx

2/1220

)(1

)()(2 1

2/1220

2

yfyxrkxk

V

yyx

rkF

y

Vy

2/1220

)(1

)()(2 2

2/1220

2

xfyxrkyk

V

Comparando: cyk

yxrkxk

V 2

)(2

22/122

0

2

cyyxrxk

])(2[2

22/1220

2

Si tomamos 2

20rk

c ])(2[2

1 20

2/12222 ryxyxkV

)2(2

1 200

2 rrrrk

es decir: 20 )(

2

1rrkV

3.4.4 Fuerzas de rozamiento Las fuerzas de rozamiento no son conservativas. Por consiguiente no existe una función potencial que nos permita calcular el trabajo que ellas realizan. Para evaluar dicho trabajo

tendremos necesariamente que evaluar la integral rdFf

.

En general, el trabajo que realiza una fuerza de fricción entre dos cuerpos que tienen movimiento relativo entre sí se debe evaluar a lo largo de la trayectoria relativa entre ambos.

C

F



3.5 Principio del trabajo y energía

Sea F

la resultante del sistema de fuerzas que actúan sobre la partícula en un instante cualquiera de su movimiento. Aquí se consideran las fuerzas conservativas y las no conservativas.

Entonces: iFF

El trabajo elemental que realiza dicha resultante si la partícula cambia su posición en rd

es:

rdFdU

(3.16) Para el análisis que haremos convendrá utilizar coordenadas intrínsecas o curvilíneas. Ahora, el trabajo que realizan todas las fuerzas sobre la partícula cuando ella se mueve a lo largo de su trayectoria desde la posición A hasta la posición B será:

rdeFeFrdFU nn

B

A

tt

B

A

BA

)ˆˆ(

pero: tesv ˆ te

dt

ds

dt

rdˆ

de donde: ds

dt

dt

rdet

ˆ ds

rdet

ˆ tedsrd ˆ

reemplazando: )ˆ()ˆˆ( tnn

B

A

ttBA edseFeFU

entonces: dsFUB

A

tBA (3.17)

de la segunda ley de Newton: tt amF

es decir: ds

dvvm

dt

ds

ds

dvm

dt

dvmFt

en (3.17):

B

A

B

A

s

s

v

v

tBA dvvmdsFU

integrando: 222

2

1

2

1

2

1AB

v

vBA vmvmvmU

B

a

(3.18)

Definimos energía cinética como: 2

2

1vmT (3.19)

ABBA TTU (3.20) Principio del trabajo y de la energía o Teorema de las fuerzas vivas.

Fig. 3-11

1F

C

m

x

y

z

O

2F

3F

iF

nF

r

A

B



o también: BBAA TUT (3.21)

Desdoblemos el trabajo de todas las fuerzas en dos partes:

BAOFBAFCBA UUU (3.22)

donde: BAFCU es el trabajo de las fuerzas conservativas cuyas funciones

potenciales son conocidas. Se evalúan según la expresión (3.9):

BABAFC VVU

BAOFU es el trabajo de otras fuerzas que actúan sobre la partícula, es decir

de las no conservativas y de las que, aún siendo conservativas, no conocemos sus funciones potenciales. Se evalúan con la expresión general de trabajo de una fuerza (3.7):

B

A

OFBAOF rdFU

BAOFBABA UVVU )(

en (3.21): BBAOFBAA TUVVT )(

ordenando: BBBAOFAA VTUVT (3.23)

aquí: AT es la energía cinética en la posición A,

AV es la energía potencial de la partícula en la posición A (incluye las energías potenciales por peso y por deformación elástica),

BAOFU es el trabajo de las fuerzas no conservativas y de aquellas cuyas

funciones potenciales son desconocidas,

BT es la energía cinética en la posición B,

BV es la energía potencial de la partícula en la posición B (incluye las energías potenciales por peso y por deformación elástica).

Si sobre una partícula no actúan fuerzas no conservativas, entonces se dice que la energía se conserva: BBAA VTVT (3.24)

Ecuación de la conservación de la energía

Ecuación del trabajo y de la energía para una partícula.

C



Problema 3.6:

La partícula es dejada libre desde el reposo desde la parte más alta de la superficie semicilíndrica lisa de radio R. Se pide determinar:

a) La velocidad de la partícula y la fuerza normal que ejerce sobre ella la superficie semicilíndrica en función del ángulo .

b) El ángulo para el cual la partícula abandona la superficie semicilíndrica.

Solución: a) No hay fuerzas disipativas (o no conservativas), en consecuencia la energía se conserva. Aplicando conservación de la energía entre el punto de partida (1) y un punto cualquiera de la trayectoria (2) en que la partícula está en contacto con la superficie semicilíndrica:

2211 VTVT (1)

donde: 01 T

RgmV 1

222 2

1mvT

cos2 RgmV

reemplazando en (1): cos2

10 2

2 RgmvmRgm

de donde: )cos1(222 Rgv )cos1(22 Rgv (2)

El DCL de la masa en una posición genérica (2):

: nF nmagmN cos R

vm

22 (3)

(2) en (3) y ordenando: )2cos3( gmN (4) b) Condición física para que la partícula abandone la superficie: N = 0

en (4): 3

2cos ó 19,48

x

y

R

Fig. 3-12

(1)

(2)

N.R.

te

Fig. 3-13

ne

N

mgte

ne



Ejemplo 3.7: Una partícula de masa m 3 kg se mueve sobre un plano horizontal liso. Durante todo el movimiento actúa la fuerza F = 640 r3 sobre la partícula y está dirigida hacia el punto fijo O. Aquí la fuerza F está en N cuando la distancia r entre la partícula y el punto 0 está en metros. Se pide:

a) Demostrar que F

es conservativa y hallar la función potencial V.

b) Calcular la velocidad de la partícula en el punto A si la distancia máxima entre la partícula y el punto O es 2,5 m.

Solución:

a) reFF ˆ

),(cos3 senrk

xyxkrrkrkFx )()cos(cos 2223

yyxksenrrksenrkFy )()( 2223

00

2

2

Frotx

F

y

F

yxkx

F

yxky

F

yx

y

x

F

es fuerza conservativa

Además: x

VFx

23 yxkxk

x

V

integrando: )(24 1

224

yfyxkxk

V (1)

y también y

VFy

32 ykyxk

y

V

integrando: )(42 2

422

xfykyxk

V (2)

Como V deber ser único, entonces comparando las expresiones (1) y (2) obtenemos:

cykyxkxk

V 424

4224

Fig. 3-14

A

vA

A

O

r

F

B

0,5 m

rmax = 2,5 m

C



de donde finalmente:

cyxk

V 222 )(4

o también: crk

V 4

4

donde c es una constante arbitraria.

Si tomamos c = 0: 4

4rkV

b) En el punto B donde maxB rr se cumplirá 0Br (la velocidad está íntegramente

contenida en la dirección de e ) y por lo tanto en ese punto:

ererv rBˆˆ

BB rv

Como no hay fuerzas no conservativas: BBAA VTVT

42

1

42

1 42

42 B

BA

A

rkvm

rkvm (3)

Como F

es central

const..)(

.)(

constsenvrh

constvrh

BBBAAA senvrsenvr (4)

observando que 90B y resolviendo (3) y (4): 34,65Av m/s

45,10Bv m/s

Fig. 3-15

A

B

O

B

0,5 m

rmax = 2,5 m

vB



Ejemplo 3.8: El dispositivo mostrado está destinado a la determinación de los coeficientes de fricción. El soporte ABC es rotado lentamente hasta conseguir el deslizamiento del bloque de masa m = 6 kg. Si se observa que el deslizamiento se produce cuando 15 y la máxima deformación alcanzada por el resorte es 5 cm, se pide determinar los coeficientes estático y dinámico de fricción. Considere para el resorte 1500k N/cm.

Solución: El DCL para la posición de equilibrio estático es: En el estado de movimiento inminente:

:0xF NFFsengm sff ;0

:0 yF 0cos gmN

de aquí: 15tantan s 268,0s

Cuando se inicia el movimiento la inclinación de la rampa 15 permanece constante. En cualquier instante del movimiento de descenso se cumplirá, según la segunda ley de Newton que:

Se ve claramente que:

N permanece constante: cosgmN

y la fuerza de fricción es: NF kf

Aplicaremos la ecuación del trabajo y energía entre dos posiciones de la partícula: la primera es el punto de inicio del movimiento y la segunda es el punto en que se detiene momentáneamente la partícula y en la que el resorte sufre su máxima deformación. 222111 VTUVT

fF (1)



Aquí: sgmsFrdFU kffFf cos

2

1

21

donde: 30525 s cm

en (1): 2

2

10cos00 ksensgmsgmk

reemplazando valores: (6) (9,8) (0,30) 2)05,0()1500(2

1)15cos15( ksen

de donde finalmente: 151,0k

Ejemplo 3.9: El collarín de 20 kg parte del reposo en A estando el resorte estirado 5 cm. Calcular la constante de rigidez k del resorte si se sabe que el collar se detiene 15 cm debajo de su posición inicial. El movimiento ocurre en un plano vertical, la barra es lisa y la fuerza F =150 N es siempre perpendicular a la dirección en que se encuentra el resorte. Solución: para una posición genérica determinada

por la coordenada y:

22

cosyb

b

Aplicamos la ecuación de trabajo y energía entre la posición inicial (1) y la posición genérica (2): 222111 VTUVT F

ygmkUk F 2221

21 2

1

2

1 (1)

Evaluamos el trabajo realizado por F:

dyby

bFdyFrdFU F

15,0

022

2

1

2

1

21 cos

65,21)(ln15,0

0

2221 byybFU F N-m (Joule)

reemplazando valores en (1): )15,0()8,9()20()0854,0(2

165,21)05,0(

2

1 22 kk

de donde finalmente: N/m21300k

b = 30 cm

F

Fig. 3.19

y

A

b

Fy

N. R.

Fig. 3.20

(1)

(2)



Ejemplo 3.10:

La esfera pequeña de masa m se puede deslizar sin fricción sobre el aro en forma de circunferencia de radio r. Ella está unida al punto fijo A mediante un resorte de constante de rigidez k y longitud sin deformar 2r. La esfera inicia su movimiento en 0 con velocidad inicial 0v .

Sabiendo que el sistema se encuentra en un plano vertical, se pide:

a) Calcular la velocidad v de la esfera en función de .

b) Calcular el valor mínimo de 0v para que la masa alcance la posición determinada por

2/ . Solución: a) Dado que sobre la pequeña esfera solamente actúan fuerzas conservativas

(peso, fuerza del resorte) entonces aplicaremos conservación de energía entre la posición inicial (1) y la posición genérica (2):

2211 VTVT (1)

con: 201 2

1vmT

rgmV 1

22 2

1vmT

22 )(22

cos Lrk

rgmV

de la geometría se ve que: 2

cos2)( rL

222 )2/cos1(2cos rkrgmV

en (1): 22220 2/cos12cos

2

1

2

1 rkrgmvmRgmvm

de donde: 22

20 2

cos14

)cos1(2)(

m

rkrgvv (2)

b) Se debe determinar 0v tal que 0

2

v

en (2): 22

20 4

cos14

2cos120

m

rkrgv

rgm

rkv 2

2

21

42

2

0

x

y

r

Fig. 3.21

(1)

(2)

A

r

(1)

(2)

A

r

N. R.

Fig. 3.22



Ejemplo 3.11: El collar liso de m = 2 kg se desliza sobre la barra horizontal AB. En la posición (1)

)90( el collar tiene v1= 5 m/s y el resorte (k = 60 N/m) está sin deformar. Sabiendo que el resorte y la barra están en un plano vertical, se pide calcular para el instante en que s = 0,5 m:

a) Velocidad, aceleración y fuerza entre el collar y la barra,

b) Las aceleraciones r y . Solución: Como no hay fuerzas disipativas (o no conservativas), entonces se conserva la

energía. 2211 VTVT

22

22

21 2

1

2

1

2

1 kvmvm

donde: 21,05,02)5,0(2 [m] 87,42 v m/s

Sistemas equivalentes según 2da. Ley de Newton:

: xF 2cos amFR

22 cos amk 39,445cos2

2

m

ka

m/s2

es decir: 39,42 a m/s2 ()

: yF 0 gmsenFN R

gmsenFN R

entonces: N 28,51 [N]

Fig. 3.24mg

FR

N

m a2

k

Fig. 3.23

s

m(1)A B

r

O

0,5

m



Análisis de velocidades:

44,32

2cos 22 vvrvr m/s

2

222 vsenvrv

87,4 rad/s Análisis de aceleraciones:

2

2cos 22

2 aarrar

66,13r m/s2

2

22 22 asenarra

76,51 rad/s2

Ejemplo 3.12: El móvil de masa m = 75 kg se desplaza hacia la izquierda sobre una superficie sin fricción y tiene velocidad de 8 m/s en la posición mostrada. Sabiendo que A es punto de tangencia entre la superficie curva y la superficie horizontal, se pide calcular:

La velocidad, aceleración y fuerza normal cuando el móvil pasa por B. Solución: a) Sobre la partícula sólo hacen trabajo fuerzas conservativas, en consecuencia se

conserva la energía: BBAA VTVT

BBA ygmvmvm 22

2

1

2

1

1By m 66,6Bv m/s (1)

v2

Fig. 3.25

r

re

e

a2

Fig. 3.26

r

ree

22/12/1 yx



DCL del bloque en el instante pedido:

nF :

2

2

2 BnB

vmamgmN (2)

tF tamgm 2

2 (3)

de (3): 93,6ta m/s2 (4)

Necesitamos calcular el radio de curvatura en B para poder despejar BN de (2):

22

232

/

)/(1

dxyd

dxdy (5)

de la trayectoria: 22121 yx

dxd / : 02

1

2

1 2121

dx

dyyx

212121

21

yxy

x

dx

dy

(6)

en el punto B: 11,1

yxdx

dy )45(

derivando (6): x

xydx

dyyxxy

dx

yd

2

1

2

1

2

1

2

1 2321212123212

2

en el punto B: 11,1

2

2

yx

dx

yd

en (5):

83,2/

/122

232

dxyd

dxdy m

en (2): 69,152

B

n

va m/s2 y 1700BN N

Recordando el resultado (4) podemos evaluar ahora la aceleración total del móvil en B:

15,1722 ntB aaa m/s2

45°NB

m an

Fig. 3-28

m at

m g



Ejemplo 3.13: El collarín de masa m = 4 kg mostrado se suelta del reposo en la posición (1). El sistema se encuentra en un plano vertical. Si la constante de resorte es k =1 kN/m y el resorte no está estirado en la posición (2) y sabiendo además que el coeficiente de fricción cinético entre el collarín y la guía es 4,0k se pide

calcular:

a) La velocidad del collarín cuando ha descendido a la posición (2)?

b) La aceleración y las fuerzas que actúan sobre el collarín en dicha posición.

Solución: a) Utilizaremos el principio del trabajo y la energía para una partícula. Es

decir:

222111 VTUVT F (1)

donde 01 T

211 2

1)25,0( kgmV

con 12,02,0)2,0()25,0( 22011 LL m

02,17)12,0()1000(2

1)25,0()8,9()4( 2

1 V Joule

22

222 2

2

1vvmT

02 V Cálculo del trabajo de la fuerza de fricción

21fFU :

25,0

0

)2(

)1(21

dyFrdFU ffFf

NF kf donde cosRFN

es decir: 2,012,0

)( 00

L

Lk

LLLkN

2,01 0

L

LkF kf donde 22

0 )25,0( yLL

Reemplazando: dyyL

LkU kFf

22

0

025,0

0 )25,0(1)2,0(

21

Fig. 3-29

(1)

200 mm

250

mm

(2)

k



dyy

kk

22

25,0

0 )25,0()2,0(

2,01)2,0(

dyyy

2

25,0

0 5,01025,0

2,0180

evaluando: 239,321

fFU Joule

en (1): 222239,302,17 v

de donde finalmente: 63,22 v m/s b) Cálculo de la aceleración y de las fuerzas sobre el collarín en posición (2): Según Newton, para ese instante se cumplirá:

:HF 0 RFN (2)

:VF amFgm f (3) Dado que en este instante la fuerza del resorte es nula (el resorte no está deformado) entonces, para que se cumpla el equilibrio en el sentido horizontal, ecuación (2), la fuerza normal también es nula. Si no hay fuerza normal, tampoco hay fuerza de fricción. Entonces, de (3): amgm

8,9a m/s2 ()

Fig. 3.31

mg

FR N

m a

Ff



3.6 Potencia y eficiencia

Potencia media: t

UPm

Potencia instantánea: dt

dU

t

UimPt

0

dt

rdFP

vFP [Joule/s = Watt]

Eficiencia )( : La eficiencia de un sistema es la relación entre la potencia de salida y la potencia de entrada. En otras palabras, la eficiencia es una medida de la potencia que se disipa entre la entrada y salida del sistema:

)1(e

s

P

P

PESistema

PS

Fig. 3.32

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Capítulo 3 Trabajo y Energía