Diplomado en Fundamentos de la Física · 2019-05-03 · Diplomado en Fundamentos de la F´ısica!...

Diplomado en Fundamentos de la Fısica →

Diplomado en Fundamentos de laFısica

Felipe Valencia

2 de mayo de 2019

Grupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 1/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019

Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 1: Cinematica en una dimension

Capıtulo 1: Cinematica enuna dimension



Velocidad Promedio e instantanea

→Posicion

x(t) =

200t 0 ≤ t ≤ 1200 + 100t 1 ≤ t ≤ 2300 2 ≤ t ≤ 3300− 200t 3 ≤ t ≤ 4

→Velocidad

v(t) =

200 0 ≤ t ≤ 1100 1 ≤ t ≤ 20 2 ≤ t ≤ 3−200 3 ≤ t ≤ 4

X(t) (km)

t (hrs)1 2 3 4

100

200

300

t (hrs)

v(t) (km/hrs)

1 2 3 4

100

200

−100

−200



Velocidad promedio en intervalo t → t + ∆t

vav (t ,∆t) =x(t + ∆t)− x(t)

∆t

1. La posicion x(t)

2. El desplazamiento ∆x

3. La velocidad promedio vav enun intervalo ∆t

4. La velocidad instantanea v(t)

5. La rapidez es el valor absolutode la velocidad

X(t) (km)

t (hrs)1 2 3 4

100

200

300

v(t) =dx(t)

dt= x = lım

∆t→0

x(t + ∆t)− x(t)

∆t



Velocidad y Aceleracion

aav (t ,∆t) =v(t + ∆t)− v(t)

∆t

Unidades: como m/s2 a km/hr2

Auto controlamos la aceleracion

x(t) = xo + vo(t − to) + 12 ao(t − to)2

v(t) = vo + ao(t − to)a(t) = ao

a(t)v(t)x(t)

Integrando Integrando

Derivando Derivando

a(t) =dv(t)

dt= lım

∆t→0

v(t + ∆t)− v(t)

∆t



Aceleracion uniforme

a(t) = ao

→Se requiere integrar para obtener v(t)

v(t) = v(to) +

∫ t

toa(t)dt = v(to) + ao(t − to)

→Se requiere integrar para obtener x(t)

x(t) = x(to) +

∫ t

tov(t)dt = x(to) + v(to)(t − to) +

12

ao(t − to)2

Solo aceleracion uniforme v2 − v2o = 2ao(x − xo)



Problema: x(t)→ v(t)→ a(t)

t (hrs)1 2 3 4

50

Quadratico (aceleracion)

x(t) (km)300

250

200

150

100

5

x(t) = x(to) + v(to)(t − to) + a(to)(t − to)2/2v(t) = v(to) + a(to)(t − to)



Problema: x(t)→ v(t)→ a(t)1. Intervalo to = 0 a t = 1 hrs (encontrar a(0) y v(0))

Velocidad constante to = 1 a tf = 2 hrs

v(1) = vav (t = 1,∆t = 1) =x(2)− x(1)

∆t= 100km/hr

→ao = 100 km/hr2.

2. Intervalo to = 1 a t = 2 hrs, v(t) = 100 km/hr yx(t) = 50 + 100(t − 1).

3. Intervalo to = 2 a t = 3 hrs (resolver ao). Evaluarx(t) = 150 + 100(t − 2) + ao(t − 2)2/2 en x(3) = 225 km paraobtener ao = −50.

4. Intervalo to = 3 a t = 4 hrs. Calcular x(t) = 225 + 50(t − 3) kmy v(t) = 50 km/hr

5. Intervalo to = 4 a t = 5 hrs, (resolver ao). Obtener ao = −50km/hr2. Con esto v(t) = 50− 50(t − 4) km/hr.




t (hrs)1 2 3 4

50

Quadratico (aceleracion)

x(t) (km)300

250

200

150

100

5

x(t) =

50t2 0 ≤ t ≤ 150 + 100(t − 1) 1 ≤ t ≤ 2150 + 100(t − 2)− 25(t − 2)2 2 ≤ t ≤ 3225 + 50(t − 3) 3 ≤ t ≤ 4275 + 50(t − 4)− 25(t − 4)2 4 ≤ t ≤ 5




v(t) =

100t 0 ≤ t ≤ 1100 1 ≤ t ≤ 2100− 50(t − 2) 2 ≤ t ≤ 350 3 ≤ t ≤ 450− 50(t − 4) 4 ≤ t ≤ 5

a(t) =

100 0 ≤ t ≤ 10 1 ≤ t ≤ 2−50 2 ≤ t ≤ 30 3 ≤ t ≤ 4−50 4 ≤ t ≤ 5

v(t) (km/hr)

t (hrs)1 2 3 4

50

100

5

150

t (hrs)1 2 3 4

50

100

5

150

a(t) (km/hr^2)



Problema: x(t)→ v(t)→ a(t)1. donde es la velocidad mayor?

2. donde es menor?

3. es la velocidad negativa?

4. que pasa en el maximo de x? cuantoes v?

5. que podemos decir de la aceleracion?

6. donde es la aceleracion mayor?

7. donde es menor?

8. cuando frena?

9. cuando aceleracion maxima, mı nima?

10. cuando distancia maxima?

11. que nos falta estimar?

X(t) (km)

t (hrs)1 2 3 4

100

200

300




1. estimar velocidad

2. estimar aceleracion

t (hrs)1 2 3 4

100

200

300

v(t) (km/hr)

t (hrs)1 2 3 4

100

200

300

a(t) (km/hr^2)



Problema: a(t)→ v(t)→ x(t)

0.5 1 1.5 2 2.5 3t HhrL

-75

-50

-25

25

50

75

100

125a Hkmhr2L

x(t) = x(to) +∫ t

tov(t)dt

v(t) = v(to) +∫ t

toa(t)dt



Problema: a(t)→ v(t)→ x(t)

En el intervalo de t : 0→ 1, a(t) = 50 kms/hr2

v(t) = vo + ao(t − to) → v(1) = 50 + 50(1) = 100x(t) = xo + vo(t − to) + ao

2 (t − to)2 → x(1) = 0 + 50(1) + 25(1)2 = 75

En el intervalo de t : 1→ 2, a(t) = 50 + 50(t − 1) kms/hr2

v(t) = v(1) + 50(t − 1) + 502 (t − 1)2 → v(2) = 100 + 50(1) + 25(1)2 = 175

x(t) = x(1) + v(1)(t − 1) + 502 (t − 1)2 + 50

6 (t − 1)3 → x(2) = 75 + 100(1) + 25(1)2 + 50(1)3/6 = 208,3

En el intervalo de t : 2→ 3, a(t) = 100− 150(t − 1) kms/hr2

v(t) = v(2) + 100(t − 2)− 1502 (t − 2)2 → v(3) = 175 + 100(1)− 75(1)2 = 200

x(t) = x(2) + v(2)(t − 2) + 1002 (t − 2)2 − 150

6 (t − 2)3 → x(3) = 208,3 + 175(1) + 50(1)2 − 75(1)3/6 = 420,8




0.5 1 1.5 2 2.5 3t HhrL

50

100

150

200

250v HkmhrL

0.5 1 1.5 2 2.5 3t HhrL

100

200

300

400

500x HkmL



Problema con gravedad

Supongamos que lanzamos una pie-dra hacia arriba con una velocidad de10 m/s. A que altura llega la piedra?Cuanto tiempo tenemos antes de quela piedra nos caiga en la cabeza? Conque velocidad me caerıa en la cabe-za? Grafique x(t). Utilice la aproxima-cion g = 10 m/s2.

t (seg)

h(t) (m)

1

2

34

5

21




Usamos aceleracion constante

ao = −g

Orientamos nuestro sistema de refe-rencia en nuestra cabeza con la alturaaumentando hacia arriba

a(t) = −gv(t) = vo − g(t − to)x(t) = xo + vo(t − to)− g

2 (t − to)2

t (seg)

h(t) (m)

1

2

34

5

21




xo = 0 y to = 0Maxima altitud v(tmax ) = 0

tmax =−vo

−g= 1s

Altura maxima es

x(tmax ) = 0 + 10(1)− 102

(1)2 = 5mt (seg)

h(t) (m)

1

2

34

5

21




Tiempo subir igual a bajar

tc = 2

t (seg)

h(t) (m)

1

2

34

5

21

Tambien usando x(tc) = 0

x(tc) = 10tc−5t2c = tc(10−5tc) = 0 tc = 0s

tc = 10/5 = 2s

Dos soluciones (cuadratica)




Aceleracion uniforme

x(t)− xo =v(t)2 − v2

o

2ao

Altura x(t) donde v(t) = 0,

x(t) =−v2

o

−2g∼ 5m

t (seg)

h(t) (m)

1

2

34

5

21



SupermanSuperman ve que un piano cae desde una altura de 100m. En eseinstante parte a detener el piano con una velocidad de 10 m/s. A quealtura encuentra el piano y que desaceleracion necesita imponersobre el piano para que llegue exactamente con velocidad cero alsuelo. Grafique la trayectoria del piano.

Trayectoria del piano

vp(t) = vo − gt → v(t) = −gtxp(t) = xo + vot + g

2 t2 → x(t) = ho − g2 t2

Trayectoria de Superman

vs(t) = vo → v(t) = vsoxs(t) = xo + vot + g

2 t2 → x(t) = vsot



SupermanSe encuentran

xs(te) = xp(ts) → vsot = ho−gt2/2

Dos soluciones

te =−vso ±

√v2

so + 2gho

g

Solucion fısica

te = (−vso +

√v2

so + 2gho)/g ∼ 3,58

he = 35,8

Ve

te ts

v(t) (m/s)t (s)

te tst (s)

x(t) (m)

he



Superman

La velocidad del piano

vpe(te) = −gte = −35,8 m/s

Aceleracion Superman

a =v2 − v2

o

2(xf − xo)=

0− v2pe

−2he= +17,9 m/s2

Ve

te ts

v(t) (m/s)t (s)

te tst (s)

x(t) (m)

he



Velocidad Relativa

→velocidad relativa entre A y B, vA,B

vA,O = vA,B + vB,O → vA,B = vA,O − vB,O

→Distancia como funcion del tiempo

xA,B(t)− XA,B(0) = [xA,O(t)− XA,O(0)]− [XB,O(t)− XB,O(0)]



Velocidad Relativa→Piano con respecto a Superman

xp,o = xp,s + xs,o → xp,s = xp,o − xs,o

En termino de aceleraciones ap,s = ap,o − as,o = −g − 0 = 0En termino de velocidades vp,s = vp,s(0)− gt

xp,s(t) = xp,s(0) + vp,s(0)t − g2 t2

= ho + (0− vs,o)t − g2 t2

→Dado que que xp,s(te) = 0

te =−vso ±

√v2

so + 2gho

g


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 2: Cinematica en 2 y 3 dimensiones

Capıtulo 2:Cinematica en 2 y 3

dimensiones



Posicionamiento en mas de unadimension

Posicion del auto ~rEn cada instanteVector!Condicion Inicial

r1

r2

y

x




Desplazamiento ∆~rNo parte del origenSe suman como Vectores

∆~r1,3 = ∆~r1,2 + ∆~r2,3

Se desplazo 100 km hacia el oeste!

r1r2

r1,2∆

y

x

r1r2

r1,2∆

y

x




Desplazamiento ∆~rNo parte del origenSe suman como Vectores

∆~r1,3 = ∆~r1,2 + ∆~r2,3

~A + ~B = ~C

r1r2 r3

r1,2∆ ∆ r2,3

y

x

A B

C

y

x



Velocidad y AceleracionVelocidad Promedio

~vav (t ,∆t) =~r(t+∆t)−~r(t)

∆t

=[

x(t+∆t)−x(t)∆t

]i +[

y(t+∆t)−y(t)∆t

]j +[

z(t+∆t)−z(t)∆t

]k

= vav ,x (t + ∆t )i + vav ,y (t + ∆t )j + vav ,z(t + ∆t)k

Velocidad Instantanea

~v(t) = lım∆t→0 ~vav (t ,∆t) = lım∆t→0~r(t+∆t)−~r(t)

∆t =d~r(t)

dt

=dx(t)

dti +

dy(t)dt

j +dz(t)

dtk

= vx (t )i + vy (t )j + vz(t)k

r1

r3r2

r1,2∆ ∆ r1,3y

x



Velocidad y AceleracionAceleracion Promedio

~aav (t ,∆t) =~v(t + ∆t)− ~v(t)

∆t

Aceleracion Instantanea

~a(t) = lım∆t→0 ~aav (t ,∆t) = lım∆t→0~a(t + ∆t)− ~a(t)

∆t=

d~a(t)dt

=dvx (t)

dti +

dvy (t)dt

j +dvz(t)

dtk

= ax (t )i + ay (t )j + az(t)k

r1

r3r2

r1,2∆ ∆ r1,3y

x




Aceleracion constante

~v(t) = ~vo + ~ao(t − to)

~r(t) = ~ro + ~vo(t − to) +12~ao(t − to)2

Caso General

~v(t) = ~vo +

∫ t

to~a(τ)dτ =

[vo,x +

∫ t

to~ax (τ)dτ

]i +

[vo,y +

∫ t

to~ay (τ)dτ

]j +

[vo,z +

∫ t

to~az (τ)dτ

]k

~r(t) =~ro +

∫ t

to~v(τ)dτ =

[xo +

∫ t

to~vx (τ)dτ

]i +

[yo +

∫ t

to~vy (τ)dτ

]j +

[zo +

∫ t

to~vz (τ)dτ

]k



Velocidad y AceleracionProblema:

~r(t) = [5 + 7t ] i +[25 + 7t − 4,9t2] j

Velocidad

~v(t) = [7] i + [7− 9,8t ] j

Aceleracion

~a(t) = −9,8t j




5 10 15 20 25 30x

5

10

15

20

25

30y

2 4 6 8 10vx

2

4

6

8

10vy

(a) posicion y (b) velocidad



Velocidad y AceleracionProblema: ~r(0) = i + 3j y ~v(0) = −2j

~a(t) = [5 + t ] i + [3] j

Velocidad

~v(t) = ~vo +∫ t

to~a(τ)dτ

= −2j +[∫ t

to (5 + τ)dτ]

i +[∫ t

to (5)dτ]

j

=[−5t + 1

2 t2] i + [−2 + 3t ] jPosicion

~r(t) = ~ro +∫ t

to~v(τ)dτ

=[i + 3j

]+[∫ t

to (−5τ + 12τ

2)dτ]

i +[∫ t

to (−2 + 3τ)dτ]

j

=[1 + 5

2 t2 + 16 t3] i +

[3− 2t + 3

2 t2] j




5 10 15 20 25 30x

5

10

15

20

25

30y

2 4 6 8 10vx

2

4

6

8

10vy

(a) posicion y (b) velocidad



Movimiento de Proyectilesax = 0ay = −g

Condiciones iniciales

xo = 0yo = 0vx,o = vo cos θvy,o = vo sin θ

Ecuaciones de Movimiento

vx (t) = vx,ox(t) = vot cos θvy (t) = vy,o − gty(t) = vot cos θ − g

2 t2

Vo

θ



Movimiento de ProyectilesAltura Maxima

y(te) = vote sin θ−g2

t2e = 0 → te

[vo sin θ − g

2te]

Solucion te = 2vo sin θg

R(θ) = x(te) =2v2

o

gsin θ cos θ =

v2o

gsin 2θ

Optimo

R(θ) = sin(2θ)dR(θ)

dθ= 0 θmax = 45o

∆y = hmax =v2

y − v2y,o

−2g=

v2o sin θ2

2g=

v2o

4g

Vo

θ



Movimiento de Proyectiles

Vo

θ0 0.5 1 1.5 2

t

2

4

6

8

10

12

x

0 0.5 1 1.5 2t

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y

0 2 4 6 8 10x

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y

(a) Diagrama del disparo de canon. (b) x(t). (c) y(t). (d)x(t) vs y(t), vo = 10 m/s



Naciones UnidasProblema: Supongamos que trabajamos para lasnaciones unidas y que tenemos que dejarles caeralimentos a unos sobrevivientes en una isla rodeada detiburones. Esta isla tiene un largo de L = 100 m. El avionviaja a va = 100 m/s a una altura de ho = 100 m. A quedistancia de la isla les tengo que dejar caer la comida ycual es el error en tiempo que me puedo permitir.

vx (t) = va

x(t) = vatvy (t) = −gty(t) = ho − g

2 t2



Naciones UnidasAlimentos llegan a la tierra, y(ts) = 0

y(t) = ho −g2

t2s = 0 ts =

√2ho

g

Recorre una distancia x(te) = vo

√2hog

Soltar te = 4,47 s antes de pasar sobre la isla.

Velocidad es constante en x, ∆x = va∆tError que me puede permitir es

∆t =Lva

= 1s



Movimiento Circular

Posicion~r(t) = ro cos(ωt )i + ro sin(ωt )j

Periodo

ωP = 2π → P =2πω

ddt (cos(ωt)) = −ω sin(ωt)

ddt (sin(ωt)) = ω cos(ωt)

a

v

vv

v

a

a a



Movimiento CircularPosicion

~r(t) = ro cos(ωt )i + ro sin(ωt )j

Velocidad

~v(t) = −roω sin(ωt )i+roω cos(ωt )j = ωro t

Aceleracion

~a(t) = −r2oω cos(ωt )i−roω

2 sin(ωt )j = −ω2ro r

Vectores Unitarios

r = cos θi + sin θjt = − sin θi + cos θj

a

v

vv

v

a

a a



Movimiento CircularMagnitudes

v = |~v | = ωro

Magnitud aceleracion centrıpeta

ac = |~a| =v2

ro= roω

2

Incluir aceleracion tangencial

~a =dvdt

t +v2

rr

a

v

vv

v

a

a a



La tierraProblema: La tierra que tiene un radio de ro = 6300 kmda vueltas sobre su eje de rotacion con un periodo de undıa. Cual es la magnitud de la velocidad y la aceleracion.

ω = 0,261hr

= 7,27× 10−5 1s

Por lo tanto podemos encontrar que

v = roω = 1649 km/hr = 458 m/s

a = roω2 = 431 km/hr 2 = 0,03 m/s2

Mantenga en el circulo (no salga volando)→ gravedad

a << g = 9,8 m/s2



Velocidad Relativa

~vB,O = ~vB,A + ~vA,O

Problema: Supongamos que un bar-co quiere cruzar un rı o de ancho 1km,donde el agua fluye a una velocidad de|vr | = 1 m/s. Si el barco se mueve auna velocidad de |Vb| = 2 m/s con res-pecto al agua del rı o, a que angulo θ

deberıa apuntar el barco con respec-to a la orilla para cruzar en linea recta.Cuanto tiempo se demora en cruzar?

Vr

VB,A

r(t)θ



Velocidad Relativa~vB,T = ~vB,A+~vA,T =

[vb cos θi + vb sin θj

]+[vr j]

Barco se mueve en eje y, ~vB,T ,y = 0

vb sin θc + vr = 0

Angulo θc = 30o

~rB,T (t) = vbt cos θc i

Se demora en cruzar

td =L

vb cos θc= 577 s

Vr

VB,A

r(t)θ


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 3: Dinamica: fuerza, leyes de Newton, roce cinetico y estatico

Capıtulo 3: Dinamica:fuerza, leyes de Newton,roce cinetico y estatico



Aceleracion

Cuando manejamos un auto, controlamos la aceleracion



Leyes de NewtonPrimera Ley de Newton: Principio de Inercia Un objeto continuamoviendose con velocidad constante a menos que actue una fuerzaexterna. Si el objeto esta en reposo, continuara en reposo a menosque actue una fuerza externa.

Segunda Ley de Newton: Principio de fuerzas y masas Laaceleracion, como vector, de un objeto es proporcional a la fuerzatotal que actua sobre el objeto. La constante de proporcionalidad esla masa,

m~a = ~Fnet =∑

~F

Tercera Ley de Newton: Principio de accion y reaccion Si uncuerpo A ejerce una fuerza ~FA,B sobre un cuerpo B, entonces elcuerpo B ejerce una fuerza ~FB,A opuesta y de igual magnitud sobre elcuerpo A.

~FA,B = −~FB,A



1ra Ley de Newton

Antes de Galileo y Newton: Fuerza que un cuerpo se mantuvieramoviendo

~v = α~F

Galileo y Newton: Fuerza de friccion desacelera ( despisto a losinvestigadores anteriores). si pudieramos remover todas las fuerzas,incluyendo la friccion, entonces la velocidad de un objeto nuncacambiarıa

Definicion circular!



1ra Ley de NewtonVelocidad→ sistema de referencia

~va,c = ~va,b + ~vb,c

Pasajero P, Observador O (suelo)No fuerzas reales

d~vp,s

dt= 0

d~vp,b

dt= −

d~vb,s

dt

va

→Fuerza ficticia

1. El Pasajero: dice que “siente” una aceleracion hacia adelantedel bus, aunque sabe que no hay ninguna fuerza actuandosobre el.

2. El Observador: observa que el bus frena y el pasajero sigue sucurso como predice la 1ra ley de Newton.



2da Ley de Newton

En un sistema inercial

m~a = ~Fnet =∑

~F

Suma vectorial

Intuitivo: El mismo motor produce diferentes aceleraciones en unamoto o en un camion.



2da Ley de Newton

Problema: supongamos que tenemos un cuerpo de masa m = 3 kgsque se desplaza con una velocidad constante de ~v = 12i + 3j . En elinstante t = 0 aplicamos dos fuerzas ~F1 = 8i − 30j N y ~F2 = 7i + 3j Nque actuan sobre esta masa durante 2 segundos.

~Fnet = ~F1 + ~F2 = −15i − 27j N

por lo tanto su aceleracion es constante e igual a

~a =1m~Fnet = −5i − 9j m/s2



2da Ley de Newton~v(2) = 2i − 13j~r(2) = 12i − 12j

Para t > 2 la fuerza y l aceleracion es cero y por lo tanto el cuerpo semueve con velocidad ~v(t = 2). Entonces

~v(t) =

12i + 3j t ≤ 0(12− 5t )i + (3− 4,5t )j 0 ≤ t ≤ 22i − 13j t ≥ 2

~r(t) =

12t i + 3t j t ≤ 0(12t − 2,5t2)i + (3t − 4,5t2)j 0 ≤ t ≤ 2(12 + 2(t − 2))i + (−12− 13(t − 2))j t ≥ 2



2da Ley de NewtonProblema: Supongamos que nos gustarıa estimar la magnitud de lafuerza que mantiene a la tierra girando alrededor del sol. Dado que latierra gira, aproximadamente, en un circulo con rapidez constante,tenemos que la aceleracion y por lo tanto la fuerza de atraccionapuntan en la direccion del sol (mas adelante veremos que esto noes exactamente verdad), quien es probablemente el causante delmovimiento de la tierra. La aceleracion centrı peta es

|~a| = ω2|~r | → |~F | = mTω2|~r |

Distancia Tierra-Sol = 7 Minutos-luz

ω =2πT

= 2× 10−7s−1

Dado que la masa de la tierra es mT = 5,98× 1024 kgs, tenemos quela fuerza de atraccion entre la tierra y el sol es |~F | = 3,4× 1022 N.



Peso

Cuerpo cerca de la tierra tambien siente una fuerza hacia el centrode la tierra

~w =∑

i

~F = m~g

m~a = −mgr − ~N

Mide ~N.



3ra Ley de Newton

Accion = reaccion

~FA,B = −~FB,A

Diferentes aceleraciones para diferentes masas



3ra Ley de NewtonProblema: Use la tercera ley de Newton para estimar cuanto cambiael periodo de la tierra cuando una persona camina?

m = 100 km y al correr acelera con a = 1 m/s2 durante ∆t = 1segundo (esto es como dar un paso)

Aceleracion de la tierra

∆v = aT ∆t

Durante un dıa la tierra andara una distancia extra de

∆x = ∆vT

En un dia rotara la distancia 2πR mas ∆x . Cambio en el periodo

∆TT

=∆x2πR

=∆vT2πR

=aT ∆tT2πR

= 5× 10−25



Diagramas de Fuerzas

1. Construir el diagrama de cadacuerpo con las fuerzasvectoriales

2. Definir un sistema de referenciadonde describir las ecuacionesde Newton en forma decomponentes

3. Aplicar las restriccionesnecesarias

4. Chequear las unidades y limitesde la solucion

N

mgf

V

N V

mg

f



Diagramas de Fuerzas1. Fuerzas entre solidos: cuando

dos solidos estan en contacto, segeneran fuerzas entre ellos.

2. Como el cuerpo se mueve a lolargo de la superficie, esnecesario que exista una fuerzanormal a la superficie quecancele la fuerza de gravedad.de Newton en forma decomponentes

3. Tambien tenemos fuerzashorizontales. Es nuestraexperiencia que existe unafuerza de friccion que desaceleraal cuerpo si es dejado por simismo.

N

mgf

V

N V

mg

f



Resortes

Si un resorte es comprimido o extendi-do una pequena distancia ∆x , es en-contrado experimentalmente que el re-sorte ejerce una fuerza proporcional a∆x y en la direccion que trata de volveral equilibrio.

F = −k∆x Xo

F



CuerdasCuerdas: Cuando uno tira de una cuer-da, se ejerce una fuerza llamada ten-sion sobre objetos amarrados en lacuerda. Notemos que si la masa de lacuerda es muy pequena entonces

0 = m~ac = ~F−~T → F = T

lo mismo aplica para cada seccion dela cuerda dm. Sobre cada seccion te-nemos que dma = T1 − T2, pero sidm = 0 es muy pequena entoncesT1 = T2.

TN

mg

T F



ProblemaProblema: En la Fig. tenemos el dia-grama de cuerpo libre de un cuerpo enun plano inclinado. Cuanto se demorael cuerpo en caer si parte del reposouna distancia L sobre el plano inclina-do.

max = mg sin θ

may = N −mg cos θ

En y no hay movimiento

ay = 0 → N = mg cos θ

La aceleracion

θ

x

y

mg

N

y

x

ax = g sin θ → x(t) =ax

2t2 → ts =

√2L

g sin θ



ProblemaProblema: Tenemos el diagrama decuerpo libre de un cuerpo que estaamarrado con una cuerda a un pos-te en un plano inclinado. Cuanto debede ser la magnitud de la tension paraque el cuerpo no caiga. Si la cuerda serompe, y el plano tiene un largo L, cuales la velocidad del cuerpo cuando lle-ga al suelo?

max = T −mg sin θ


No movimiento

v2 = v2o +2ax (0−L) → vf =

√2mgL sin θ

N

mgx

yθ

T



ProblemaProblema: Supongamos que tenemosun cuerpo de masa m sobre un resor-te en un plano inclinado. Encuentre elnuevo punto de equilibrio del resorte.

max = −k(xo − x)−mg sin θ


Nuevo punto de equilibrio

xe − xo = −mg sin θ/k

N

mgx

yθ

F=−k(x−xo)



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos un auto atascado en unpantano como se muestra en la Figura. Si utilizamos una cuerda parasacar el auto, demuestre que es mas eficiente tirar de la cuerda en ladireccion perpendicular a la cuerda que en la direccion de la cuerda.

Tirar direccion perpendicular

a =Tm

Tension (cuerda masa cero)

0 = mcay = F − 2Tsinθ

ObtenemosT = F/2 sin θ

F es amplificado varias veces.

a =Fm

F

F

TTθ



ProblemaProblema: Supongamos que nos pesamos en un elevador que estaacelerando hacia arriba, y medimos 960 N. Luego agregamos 20 kmmas y obtenemos 1200 N. Cuando peso? Cuanto es mi masa? ycuanto es la aceleracion?

Sistema Inercial

ma = N −mg

Pesa mideN = mg + ma

Masa M, agregamos ∆m = 20 kgs,

960 = M(g + a) 1200 = (M + ∆m)(g + a)

Obtenemos M = 80 kgs y a = 3 m/s2

a

N

mg



Problema de 2 o mas cuerposProblema: En la Figura se muestra el diagrama de la Maquina deAtwood donde tenemos dos masas conectadas por una cuerda sinmasa que pasa por una polea sin masa. Cual es la aceleracion delsistema.

Cuerda y Polea sin masa

m1a1 = T −m1gm2a2 = T −m2g

Masas a1 = a = −a2

a = g(m2 −m1)

m1 + m2

TensionT = g

(m2m1)

m1 + m2

m1

m2

m1 m2

gm1 gm2

T T



Problema de 2 o mas cuerposProblema: Problema de una polea. Supongamos que tenemos elsistema de una polea como se muestra en la Figura. Cual es lafuerza F necesaria para que la masa se mueva hacia arriba?

Ecuacion de Newton

F = Tma = T −mg

Por lo tanto

F ≥ mg

m1 F

m F

TT

mg



Problema de 2 o mas cuerposProblema: problema de 2 poleas. Supongamos que tenemos elsistema de una polea como se muestra en la Figura. Cual es lafuerza F necesaria para que la masa se mueva hacia arriba?

Ecuacion de Newton

F = Tma = 2T −mg

Por lo tanto

F ≥ mg2

F

m

F

T

mg

T T



Restricciones y sistemas no-inercialesProblema: Consideremos el problema anterior de las dos masascolgando de una polea, como se observa en la Figura. (a)Resolvamos con restricciones. (b) Asumamos que la polea esacelerada con aceleracion constante a, encuentre la aceleracion delas masas y la tension en la cuerda.

m1a1 = T −m1gm2a2 = T −m2g

Masas se mueven conectadas

y ′1 + y ′2 + πR = L

Restriccion

2y = y1 + y2 + L− πR → a1 + a2 = 0

m1

m2

m1 m2

gm1 gm2

T T



Restricciones y sistemas no-inerciales

a1 = g(m2 −m1)

m1 + m2

Tension

T = g(m2m1)

m1 + m2

Tensiones son iguales

m1

m2

m1 m2

gm1 gm2

T T



Restricciones y sistemas no-inercialesSi acelera (masa cuerda cero)

dma = T1 − T2 = 0

2y = y1 + y2 + L− πR → 2a = a1 + a2

Y cambia en el tiempo d2ydt2 = a

m1a1 = T −m1gm2(2a− a1) = T −m2g

Obtenemosa1 = 2a

m2

m1 + m2− g

m1 −m2

m1 + m2

a2 = 2am1

m1 + m2+ g

m1 −m2

m1 + m2

T = 2(g + a)m1m2

m1 + m2

m1

m2

m1 m2

gm1 gm2

T T



PenduloProblema: Escribamos la ecuacion de movimiento de pendulo. En elsistema de referencia del eje del pendulo tenemos

max = −N sin θmay = N cos θ −mg

Posicion ~r = L sin θi − L cos θjAceleracion ~a = −Lω2 r − αtProyectar

r = sin θi − cos θjt = cos θi + sin θj

Ecuacion de Movimiento

α =d2θ

dt2 = −gL

sin θ

θ

1 2 3 4 5 6t

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

Θ


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 4: Fuerzas constitutivas

Capıtulo 4: Fuerzasconstitutivas



FriccionMasa sobre un plano inclinado. Hay un angulo θmax la fuerza defriccion no va a ser suficiente

Fuerza de friccion estatica

fs ≤ µsN

Fuerza de friccion cinetica

fk = µk N

Fuerza de friccion rodamiento

fr = µr N

θ

m

mg

N

fs

xy

Fa

f

fs=Fafk



Friccion

max = f −mg sin θmay = N −mg cos θ

No esta en movimiento N = mg cos θ

mg sin θ = f ≤ µsN = µsmg cos θ → tan θmax ≤ µs

pequeno empujon

θ

m

mg

N

fs

xy

Fa

f

fs=Fafk

max = fk−mg sin θ = µk mg cos θmax−mg sin θmax → a = gµk − µs√

1 + µ2s



FriccionProblema: Supongamos que tenemosel problema de la Figura, con fric-cion en todas las superficies (polea sinfriccion y sin masa; cuerda sin masa. . . por ahora). Encuentre mmax cosasque el sistema no resbale.

may = mg − Tm1a1,x = T − fm1a1,y = N −m1g

No movimiento en y

N = m1g

m

L2

L1

y

xm1

m

mg

T

m1

m1g

N

fk T



Friccion

ay = a1,x = a

Se mueven juntas

a =gm − fm + m1

No resbale (a = 0)

m =fsg≤ µsm1

m

L2

L1

y

xm1

m

mg

T

m1

m1g

N

fk T



ProblemaProblema: Supongamos que sabemos que nuestro auto es capaz dedar una curva de radio L a una velocidad vd en condiciones secas. Siempieza a llover el coeficiente de friccion estatica baja a un cuarto. Aque velocidad vw puedo pasar la curva ahora.

mar = fmay = N −mg

Normal N = mg

mv2

t

L= f ≤ µsN = µsmg → vt ≤

√µsgL

µs → µs/4

vw

vd=

√µs,w

µs,d=

12

mg

fN



ProblemaProblema: Que cambia si la curva tiene una elevacion de θ = 10o yµs,d = 1

mar = f cos θ + N sin θmay = N cos θ −mg − f sin θ

No movimiento en y

N = mg/ cos θ + f tan θ

Direccion radial da aceleracion centrı peta

mv2

t

L= f cos θ + N sin θ = f

1cos θ

+ mg tan θ

θmg

N

f



Fuerza de Roce

Fuerza de Roce

Fr = −b|v |n−1v

Caso n = 1

ma = −mg − bv

Velocidad terminal (n = 1)

vt = −mg/b

v

Fr mg

Fr

mgv



Fuerza de Roce

Problema: Dado que existe la fuerza de rocedel aire, los cuerpos toman mas tiempo ensubir, bajar, o igual?Sube

Fs = −mg − |Fr |

Baja

Fb = −mg + |Fr |

Demora mas en baja que en subir

v

Fr mg

Fr

mgv


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 5: Trabajo y energıa trabajo, energıa potencia, conservacion de la energıa

Capıtulo 5:Trabajo yenergıa trabajo, energıa

potencia, conservacion dela energıa



Trabajo en 1 dimension: fuerza constanteFuerza constante Fneta = ma

v2 − v2o = 2a∆x ma∆x =

12

mv2 − 12

mv2o

Energıa cineticaKE =

12

mv2

TrabajoW = ma∆x = Fnet∆x

Conservacion de Energıa12

mv2 − 12

mv2o = W

Equivalente a segunda ley de NewtonGrupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 86/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019


Problema Maquina de AtwoodProblema: Calcule el trabajo necesario para levantar una masa muna altura h usando la maquina de Atwood con una y dos poleas

1 polea: ejercer una fuerza F = mg para levantar la masa

por una distancia ∆x = h

2 polea: ejercer una fuerza F = mg/2 para levantar la masa

por una distancia ∆x = 2h

W = F∆x = mgh

Ambos casos



Trabajo en 1 dimension: fuerza variable

Fuerza variable

ddt

(12

mv2)

= mvdvdt

= v ma

12

mv2 − 12

mv2o =

∫ t

toFnetvdt

Teorema de trabajo energıa generalizado en una dimension

12

mv2 − 12

mv2o =

∫ x

xo

Fnetdx



Trabajo en 1 dimension: fuerza variable

Fuerza Constante∫ y

yoFnetdx =

∫ y

yo(−mg)dy = −mg∆y

Resorte

∫ x

xoFnetdx = −

∫ x

xok(x − xe)dx = −1

2k(x − xe)2 +

12

k(xo − xe)2

xe punto de equilibrio→re-escribimos las ecuaciones de movimiento



Problema

Problema: Encuentre la altura maxima que llega un proyectil queparte de la tierra con velocidad inicial vo.

Fuerza de gravedad constante

12

mv2 − 12

mv2o = −mg(yf − yo)

Altura maxima sucede cuando v = 0

mgyf =12

mv2o → yf =

12g

v2o



Trabajo en 2 y 3 dimension: fuerzavariable

ddt

[12

v2]

= ~v · d~vdt

ddt

[12

mv2]

= ~v · ~F

Integramos en el tiempo

12

m|~vf |2 −12

m|~vo|2 =

∫ tf

to

~F · ~vdt = ∆W

Ultimo termino se denomina el trabajo realizado ∆W

KE =12

m|~v |2

Usando ~vdt = d~r (a lo largo de la trayectoria)

12

m|~v |2 − 12

m|~vo|2 =

∫ ~r

~ro

~F · d~rGrupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 91/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019


Trabajo en 2 y 3 dimension: fuerzavariable

1. Si una fuerza es perpendicular a la trayectoria de la partı cula,entonces esta no cambia su energıa cinetica. Se dice que lafuerza no hace trabajo. Por ejemplo la fuerza normal esgeneralmente perpendicular al desplazamiento y por lo tanto noejerce trabajo, osea, no cambia la energıa cinetica del cuerpo.

2. El trabajo es independiente del sistema de referencia inercialque utilicemos mientras este sea un sistema inercial. Esto sedebe a que los productos escalares de vectores tienen el mismovalor en todos los sistemas de referencia.

3. Para el caso de fuerzas constantes y una trayectoria en linearecta tenemos el resultado

12

m|~v |2 − 12

m|~vo|2 =∑

i

~Fi ·∆~r

En el caso del plano inclinado pero con desplazamientovectorial.



Plano inclinadoProblema: Tenemos una masa m en un plano inclinado de largo L.Asumamos que el cuerpo lo dejamos deslizarse desde la parte masalta del plano. Encuentre todas las fuerzas y vea cuales hacentrabajo ( cambian la energıa cinetica del cuerpo). Encuentre lavelocidad de la masa en el suelo.

~N = Nj~Fg = −mg sin θi −mg cos θj~fk = µk N

Leyes de Newton

max = −mg sin θ + µk Nmay = N −mg cos θ

m

mg

θ

yx

f



Plano inclinadoDesplazamiento d~r = dxi

~N · d~r = 0~Fg · d~r = −mg sin θdx~f · d~r = µk mg cos θdx

Fuerzas son constantes∫ xf

xo~N · d~r = 0∫ xf

xo~Fg · d~r = −mg sin θ(xf − xo)∫ xf

xo~f · d~r = µk mg cos θ(xf − xo)

12

m|~vf |2−12

m|~vo|2 = −mg(xf−xo)+µk mg cos θ(xf−xo)

Condiciones son xo = L, xf = 0, vo = 0

v2f = 2gL(sin θ − µk cos θ)

m

mg

θ

yx

f



Plano inclinadoOtro sistema de referencia

~N = −N sin θi + N cos θj~Fg = −mgj~fk = µk N cos θi + N sin θj

Leyes de Newton

max = −N sin θ − µk N cos θmay = N cos θ −mg + N sin θ

Desplazamiento d~r = ds cos θi + ds sin θj

Trabajo~N · d~r = 0~Fg · d~r = −mg sin θds~f · d~r = µk mg cos θds

m

mg

θy

x

f



Plano inclinadoFuerzas son constantes∫ xf

xo~N · d~r = 0∫ xf

xo~Fg · d~r = −mg sin θ(sf − so)∫ xf

xo~f · d~r = µk mg cos θ(sf − so)

Movimiento plano inclinado

12

m|~vf |2−12

m|~vo|2 = −mg(sf−so)+µk mg cos θ(sf−so)

Condiciones son so = L, sf = 0, vo = 0

v2f = 2gL(sin θ − µk cos θ)

Igual al otro sistema de referencia inercial.

m

mg

θy

x

f



Fuerzas conservativas y energia potencialDesplazamiento d~r = dxi + dy jGravedad

F ·d~r =(−mgj

)·(

dxi + dy j)

= −mgdy

Pequenos incrementos

W =

∫ ~rB

~rA

~Fg ·d~r = −∫ yB

yA

mgdy = −mg(yB−yA)

12

3A

B

Solo depende de la diferencia en altura de la trayectoria,independiente de la ruta que tomo. Podemos entonces definir unfuncion que llamaremos energıa potencial gravitatoria como



Fuerzas conservativas y energıa potencialDefinir Energia potencial

Ug(y) = mgy → Wg = − (U(y)− U(yo))

Teorema

12

mv2 − 12

mv2o = −

[U(~r)− U(~ro)

]Ordenar[

12

mv2f + U(~rf )

]−[

12

mv2o + U(~ro)

]= 0

Conservacion energıa mecanica

E =12

mv2+U(~r) → Ef = Ei

12

3A

B



Fuerzas conservativas y energıa potencial

Equivalente

1. Existe una energıa potencial

2. El trabajo realizado por la fuerzaes independiente del caminorecorrido

3. La fuerza es conservativa

4. el trabajo realizado en todocamino cerrado es cero (porque~rf = ~ro y entonces Uf = Uo).

12

3A

B



Problema

Problema: A unos ingenieros se les ocurrio hacer un tunel entreNueva York y Londres (esta separados en longitud 2θo ∼ 60o) enlinea recta pasando por la tierra

Conservacion de Energıa

Ef = Eo → 12

mv2f +mgR cos(θo) = mgR

Punto mas bajo el angulo es θo

vf =√

2gR (1− cos θo)

θ

y

o

θ



ProblemaTrabajo hecho por la gravedad

W =

∫ ~rf

~ro

~Fg · d~r

~Fg · d~r = −mg sin θdy

Usando

tan θ =y

R cos θo→ dy = R cos θo

1cos2 θ

dθ

Obtenemos∫ 0

R sin θo

~Fg ·d~r = −mgR cos θo

∫ 0

θo

sin θ

cos2 θdθ = mgR(1−cos θo)

θ

y

o

θ



Resorte

Da origen a energıa potencial∫ xf

xi

[−k(x − xe)]dx = −12

k(xf − xe)2 +12

k(xi − xe)2

con lo que definimos la energıa potencial del resorte como

Ur (x) =12

k(x − xe)2



ProblemaProblema: Tomemos el pendulo de largo L. Si soltamos el pendulodesde el angulo θ = π/2. Cuando vale la velocidad angular comofuncion del angulo.

Conservacion de energıa v = ωr

Eo = mgLEθ = 1

2 mv2 + mgh = 12 mL2ω2 + mgL(1− cos θ)

Obtenemos

ω =

√2gL

cos θ

Maxima rapidez angular para θ = 0.



ProblemaProblema: En un plano inclinado de angulo θ = 45o tenemos unresorte (con k = 200 N/m) y una masa m = 10kg. Comprimimos esteresorte y la masa una distancia ∆s = xe − xo = 5 m y luego dejamosir a la masa. Cual es la velocidad al llegar al tope del plazo que tieneun largo de L = 10 m desde el punto de equilibrio del resorte? Cuales la velocidad la llegar al suelo?

Conservacion de energıa

Eo =12

mv2o +mgyo+

12

k(xo−xe)2 = 0+0+12

k∆s2

Tope del plano

Et =12

mv2t +mgyt =

12

mv2t +mg(L+∆s) sin θ

R

xe L



Problema

Eo = Et → vt =

√km

∆s2 − 2g(L + ∆s) sin θ = 17,1m/s

Transformacion de energıas

En el suelo

Et =12

mv2t +mg(L+∆s) Es =

12

mv2s +0

Obtenemos

vs =

√km

∆s2 = 22,36m/s

R

xe L

Con vx = vx,t = vt cos θ = 12,1 m/s, podemos obtenervy =

√v2

s − v2x = 18,81 m/s.



Fuerzas no-conservativasFuerzas conservativas

Ui (~rf )− Ui (~ro) = −∫ f

oF C

i (~r) · d~r

Fuerzas no conservativas

[12

mv2f +

Nc∑i

Ui (~rf )

]−

[12

mv2o +

Nc∑i

Ui (~ro)

]=

Nnc∑i

∫ f

oF NC

i (~r) · d~r

Energia mecanica

E =12

mv2 +

Nc∑i

Ui (~r)

Principio de conservacion de energı

Ef − Ei =

Nnc∑i

∫ f

oF NC

i (~r) · d~r



Plano inclinadoCon friccion N = mg cos θ

Ef−Eo = −µk N∆x = −µk mg(L+∆s) cos θ

Porque f es constante

vt =

√km

∆s2 − 2g(L + ∆s) sin θ − µk 2g cos θ(L + ∆s) = 8,7m/s

Conservacion de energıa al suelo

vs =

√km

∆s2 − µk 2g cos θ(L + ∆s) = 16,96m/s

R

xe L

Con vx = vx,t = vt cos θ = 6,15 m/s, podemos obtenervy =

√v2

s − v2x = 15,8 m/s.



Energıa y Fuerzas en una dimension

U(x)− U(xo) = −∫ x

xo

Fdx

Fuerza

F = −dU(x)

dx


E =12

mv2 + U(x) = Eo = constante

Dado que la velocidad necesita ser positiva, necesitamos

12

mv2 = Eo − U(x) ≥ 0



EquilibriosUmin → F = −dU(x)

dx= 0

Equilibrio estable: fuerza restituye elequilibrio

F (x) = −dU(x)

dx= 0

dU2(x)

dx2 < 0

Equilibrio inestable: fuerza no restituyeel equilibrio

F (x) = −dU(x)

dx= 0

dU2(x)

dx2 > 0

U

xxe

E1

E2

E3

F F

xmin xmax

U

xx1 x2x0

E2E3

E1

F F



Otras formas de energıa

E =

[12

mv2f +

Nc∑i

Ui (~rf )

]+ Einterna + Equimica + Eotras

Energıa a relativista donde

∆E = ∆mc2


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 6: Momento lineal: conservacion del momento lineal, colisiones, impulso.

Capıtulo 6: Momento lineal:conservacion del momentolineal, colisiones, impulso.



Centro de MasaUn grupo de masa

M =∑

i

mi

Definamos el centro de masa como

M~rcom =∑

i

mi~ri

Para un cuerpo

U =∑

i

mighi = g∑

i

mihi = gMhcom

Distribuciones continuas de masa

M~rcom =

∫~rdm

dm depende del problema.

COM

COM



Centro de Masa

ProblemaCalculemos el centro de masa de dos masas puntualesm1 = 5 kg y m2 = 10kg ubicados en ~r1 = 3i + 3j y ~r2 = 8i + 5jrespectivamente

15~rcom = 5(

3i + 3j)

+ 10(

8i + 5j)

~rcom = 193 i + 7

3 j(3,3)

(8,5)



Centro de MasaProblema Calculemos el centro de masa de una cuerda de densidaduniforme como se observa en la Figura.

dm =ML

dx

entro de masa ( sobre el eje x)

Mxcom =

∫xdm =

∫ L

0x

ML

dx =ML2

obtenemos

xcom = L/2

y

xdx L



Centro de MasaProblema Calculemos el centro de masa del triangulo invertidodonde su borde tiene una ecuacion y = ax , y una altura y = b comose observa en la Figura.

Centro de masa en eje y (xcom = 0)

M = ρb2(b/a)/2

ρ es la masa por unidad de area

dm = ρya

dy

Por lo tanto

Mycom =

∫ydm =

∫ b

02yρ

ya

dy = ρ2b3

3aentonces

ycom =23

b

b

dy

x=y/ax=y/a



Centro de MasaProblema Calcule el centro de masa del cuerpo de la Figura

Suman centros de masa

M~rcom =∑Obj1

mi~ri +∑Obj2

mi~ri

M~rcom = m1~rcom,1 + m2~rcom,2

CUadrado

~rc =L2

i +L2

j

Triangulo

~rt =

(L/2+

L4

)i +

(L +

L6

)j

y

x

LL/2

L/2



Centro de Masamc = ρL2

mt = ρ12

L2

L2

= ρL2

8

donde M = 9ρL2/8. Por lo tanto el cen-tro de masa de cuerpo completo es

( 98 L2ρ

)~rcom = ρL2

(L2 i + L

2 j)

+ ρ L2

8

(3L4 i + 7L

4 j)

= ρL3(

1932 i + 23

32 j)

Tenemos entonces

~rcom =1936

Li +2336

Lj

y

x

LL/2

L/2



Dinamica de varias partı culasM~vcom =

∑i

mi~vi

Aceleracion

M~acom =∑

i

mi~ai =∑

i

~Fi

Fuerzas internas y externas

~Fi = ~F exti +

∑j

~Fi,j

M~acom =∑

i

mi~ai =∑

i

~F exti +

∑i

∑j 6=i

~Fi,j



Dinamica de varias partı culasAccion = reaccion ∑

i

∑j 6=i

~Fi,j = 0

Fuerzas externas

M~acom =∑

i

mi~ai =∑

i

~F exti

Cuerpo solido∑i

~F exti = −

∑i

migj = −gj∑

i

mi = −Mgj

Centro de masa como masa puntual



Problema

Problema Supongamos que tenemos un bote de largo L y masa mben el agua, con una persona de masa mp sobre el bote. La personadecide cambiarse de lado del bote. Cuanto se mueve el bote conrespecto al agua.

No fuerzas externas en x

vcom,x = const

Inicialmente vcom,x = 0

xcom = const → xcom,i = xcom,f

d



ProblemaInicialmente

(mp+mb)xcom,i = mpxp,i +mbxb,i = mbL2

Finalmente

(mp + mb)xcom,f = mpxp,f + mbxb,f

Persona camina −L/2 a +L/2

d

Redefinamos x f p,A = xp,f y x fb,A = xb,f con respecto al agua



ProblemaPersona con respecto agua

x fp,A = x f

p,b + x fb,A

Botex f

p,b = +L/2

Resolverx f

p,A =L2

+ x fb,A

Centro de masa

(mp+mb)x icom,A = mb

L2

= mp

(L2

+ x fb,A

)+mbx f

b,A = (mp+mb)x fcom,A

Finalmentex f

b,A =L2

mb −mp

mp + mb

d



ProblemaProblema Supongamos que tenemos una pelota de masa mp quecae sobre un resorte que esta sujeto a una plataforma de masa msque esta sobre una balanza. Calculemos cuando mide la balanzamientras la pelota cae.

Centro de masa

(mp + ms)acm,y = Fn − (ms + mp)g

Fn reaccion de la balanza

(mp +ms)acm,y = mpap +msas = mpap

Obtenemos

Fn = mpap + (ms + mp)g

ms



Problema

Unicas fuerzas sobre mp

mpap = k∆x −mpg

∆x distancia de compresion

Fn = k∆x + msg

Si mp no esta en contacto∆x = 0Fn = msg

ms



ProblemaDistancia de maxima compresion

12

mpv2o +mgho =

12

mpv2f +mghf +

12

k∆x2

Equilibrio de resorte como origen

mgho = mghf +12

k∆x2

Para la maxima compresion tenemoshf = −∆x . Por lo tanto

∆x =1±

√12 + 4ho

2kmg

kmg

tomamos la solucion positiva.

ms



ProblemaProblema Para el sistema de polea de la figura encuentre laaceleracion del centro de masa y la fuerza F que mantiene a la poleaen su lugar.

(m1+m2+mc)acm = m2a2+m1a1 = (m2−m1)a

Con a2 = −a1 = a

mcac = F − T1 − T2 −mcgm1a1 = T1 −m1gm1a2 = m2g − T2

No friccion en poleaT1 = T2 = T y ac = 0

a = gm2 −m1

m2 + m1

Obtenemos

acm = g(m2 −m1)2

(m2 + m1)(m1 + m2 + mc)

F = (m1 + m2 + mc)(acm − g)

m1 m2

mc



ProblemaProblema Supongamos que tenemos el problema de un triangulo demasa M que se desliza sin friccion sobre un plano. Sobre estetriangulo hay una masa m que se desliza si friccion como se muestraen la Figura. Encuentre la velocidad final de las masas luego que seseparan.

mgh =12

mv21 +

12

Mv22

No fuerzas en x

Vcm,0 = 0 = mv1 + Mv2

Resolviendo tenemos

v1 = −Mm

v2

v22 =

2gh(Mm

)2+ M

m

h



Colisiones

Definamos el impulso como

~I =

∫ tf

ti

~Fdt = ∆~p

Fuerza promedio

~Fav =1

∆t~I



ColisionesProblema: Supongamos que un jugador de futbol patea una pelota.Estime la fuerza promedio que ejerce el pie sobre la pelota.

Velocidad pelota R = 100 m

R =v2

fg

sin 2θ → vf =√

Rg ∼ 31m/s

Contacto con pie m ∼ 1/2 kg

|I| = |∆p| = mpvf −mpvo = mpvf

∆t =d

vav=

d(vf + vi )/2

=2dvf

Por lo tanto la fuerza promedio es

|Fav | =I

∆t=

mpv2f

2d=

mpRg2d

= 500N



ColisionesComparemos con la fuerza de gravedad

|Fg | = mpg = 5N

Las otras fuerzas son irrelevantes. Con esta energıa

∆E = Fav d = 250J

es suficiente para levantar un auto (∆E = mgh) una altura h = 0,02m. Claro que de una patada.

durante una colision podemos considerar como si lasfuerzas externas fueran irrelevantes



ColisionesM~acom =

∑i

~F exti = 0

inmediatamente antes e inmediatamente despues de la colisiontenemos

M~vcom,A = M~vcom,D

esto quiere decir ∑i

mi~vi,A =∑

i

mi~vi,D

La combinacion

~pi = mi~vi

se le denomina momentoGrupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 131/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019


Colisiones en 1 dimensionm1v1,A + m2v2,A = m1v1,D + m2v2,D

Colisiones completamente inelasticas: dos cuerposquedan pegados luego de la colision.

v1,D = v2,D =m1v1,A + m2v2,A

m1 + m2=

ptot ,A

m1 + m2

Energıa cinetica no se conserva. m1 = m2, v1,A = 0

KEi = 12m2v2

2,A

KEf = 12(m1 + m2)

(m2v2,Am1+m2

)2= 1

2m2

2m1+m2

v22,A

KEfKEi

= m2m1+m2

< 1



Colisiones en 1 dimension

m1v1,A + m2v2,A = m1v1,D + m2v2,D

Colisiones elasticas: tambien conservacion de energıa cinetica

m1v1,A + m2v2,A = m1v1,D + m2v2,D12 m1v2

1,A + 12 m2v2

2,A = 12 m1v2

1,D + 12 m2v2

2,D



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos dos masas iguales y queinicialmente v2,0 = 0 y v1,0 = vo. Encuentre las velocidadesinmediatamente despues de la colision, v1 y v2, si es elastica

vo = v1 + v2 v2o = v2

1 + v22

Resolvemos

v2 = vo − v1 v2o = v2

1 + (vo − v1)2 = 2v21 + v2

o − 2vov1

Obtenemos v1(v1 − vo) = 0Tenemos dos soluciones

v1 = 0→ v2 = vo v1 = vo → v2 = 0

Solucion fısica v1 = 0 → v2 = vo

Las partı culas intercambian momento.



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos dos masas iguales y unresorte. Cual es la distancia a la que vuelve la masa que parte deuna altura h si la colision es elastica

12

mv21 −mgho = −f ∆x = −µk mgho

Por lo tanto v21 = 2gho(1− µk )

Colision elasticaLuego de la segunda colision −v1

v22 = v2

1 − 2ghoµk = 2gho(1− 2µk )

Para µk < 0,5)

12

mv22 = mghf → hf =

v22

2g= ho(1−2µk )

ho

L=ho

mm



Colisiones en 2 o 3 dimension

m1~v1,A + m2~v2,A = m1~v1,D + m2~v2,D

Colisiones completamente inelasticas: los dos cuerpos quedanpegados luego de la colision.

~v1,D = ~v2,D =m1~v1,A + m2~v2,A

m1 + m2=

~ptot,A

m1 + m2

Energıa cinetica no se conserva (se pierde en la deformacion del losobjetos).



Colisiones en 2 o 3 dimension

m1~v1,A + m2~v2,A = m1~v1,D + m2~v2,D

Colisiones elasticas: Tambien se conserva la energıa cinetica.Ahora tenemos 3 relaciones y 4 variables que resolver.

m1~v1,A + m2~v2,A = m1~v1,D + m2~v2,D12 m1v2

1,A + 12 m2v2

2,A = 12 m1v2

1,D + 12 m2v2

2,D

m1 = m2 y ~v2,0 = 0

~v1,A = ~v1,D + ~v2,Dv2

1,A = v21,D + v2

2,D

~A + ~B satisface el principio de Pitagorasangulo entre el vector ~v1,D y ~v2,D es 90o.



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos una colision completamenteinelastica entre dos autos de masa m1 = 1000 kg y m2 = 1500 kg. Elangulo final es θ = 30o y los autos se deslizan una distancia L = 100m. Quien tiene la culpa? Asuma que µk = 0,5

m2v2 = (m1+m2)vf cos θ m1v1 = (m1+m2)vf sin θ

Por lo tanto v1v2

= m2m1

tan θ = 0,86Sabemos que v2 > v1

12

(m1 +m2)v2f = f ∆x = µk (m1 +m2)gL

Obtenemos

v2 = m1+m2m2

√2µk gL cos θ = 45 m/s

v1 = m1+m2m1

√2µk gL sin θ = 39,5 m/s

θm2

m1



Parametro de Impacto

vo

v2

v1

θ1θ2

90 v2v1

vo=v1+v2

Vo

d


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 7: Torque, centro de masas y equilibrio

Capıtulo 6:Torque, centrode masas y equilibrio



Movimiento CircularPosicion

~r(t) = ro cos(ωt )i + ro sin(ωt )j

Velocidad

~v(t) = −roω sin(ωt )i+roω cos(ωt )j = ωro t

Aceleracion

~a(t) = −r2oω cos(ωt )i−roω

2 sin(ωt )j = −ω2ro r

Vectores Unitarios

r = cos θi + sin θjt = − sin θi + cos θj

a

v

vv

v

a

a a



Movimiento CircularVelocidad angular ω(t)

~v = d~r(t)dt

= rodθdt

(− sin θi + cos θj

)= roωt= vt t

Aceleracion

~a = d~v(t)dt

= −ro( dθ

dt

)2(

cos θi + sin θj)

+ rod2θdt2


)= −roω

2 r + roαt= −ac r + at t

a

v

vv

v

a

a a



Movimiento CircularAceleracion Centrıpeta

ac =v2

t

ro= roω

2

Aceleracion angular

at =dvt

dt=

ddt

[ro

dθdt

]= ro

d2θ

dt2 = roα

Aceleracion

~a = −v2t

ror +

dvt

dtt = −roω

2r + roαt

a

v

vv

v

a

a a



ProblemaProblema Supongamos que tenemos un disco compacto de R = 10cm que acelera del reposo a 500 rev/min en t = 5 sec. Encuentre lavelocidad y la aceleracion de un punto en el borde del discocompacto que parte de θ = 0. Cuantas revoluciones dio el disco eneste periodo.

α =∆ω

∆t=

5005

revmin

1s× 2πrad

rev× 1min

60s=

10π3

rad/s2

Notemos que fue convertida a radianes. Entonces en t = 5 tenemos

ω = αt =50π

3

θ =α

2t2 =

125π3



ProblemaEn t = 5 s, θ = 50π/3

r(t = 5) = cos θ(5)i + sin θ(5)j =12

i −√

32

j

t(t = 5) = − sin θ(5)i + cos θ(5)j =

√3

2i +

12

j

La velocidad (en m/s) es

~v(t = 5) = Rωt = −Rαt t =5π6

i − 5π2√

3j

y la aceleracion (en m/s2)es

~a(t = 5) = −Rω2r +Rαt = −250π2

9r +

π

3t =

π

6(5+√

3)i +π

6(1+5

√3)j

Vemos que ac >> at . Numero de revoluciones

θ = 125π/3× 1rev2π

=125

6= 20,83rev



Rotacion con respecto a un eje fijo

KE =∑

i

12

miv2i =

12

∑i

mi (riω)2 =12ω2∑

i

mi r2i

ω(t) tiene el mismo valor para todos los elementos de cuerpo solido,por lo que definimos el momento de inercial I, como

I =∑

i

mi r2i → KE =

12

Iω2

En el continuo esto se traduce a

I =

∫r2dm

Constante en el tiempo para un eje fijo



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos un sistema de dos masaspuntuales que esta rotando como se observa en la Figura. Calcule elmomento de inercia

Tenemos que calcular la distancia delas masas a eje de rotacion, que es

r = L sin θ

Por lo tanto el momento de inercia es

I = mr2 + mr2 = 2mL2 sin2 θ

y la energı a cinetica es por lo tanto

KE = mL2 sin2 θω2

ω

Lm

m

θ

r



ProblemaProblema:Calcule el momento de inercia de una barra rotando sobreun eje al final de la barra.

dm = λdx

Usando r = x

Ib =

∫r2dm =

∫ L

0x2λdx =

λ

3L3

pero la masa de la barra es

mb =

∫dm =

∫ L

0λdx = λL

por lo tanto

Ib =mb

3L2

ω

Lx

x

dm



Problema

Problema:Calcule el momento de inercia de una barra rotando sobreun eje al centro de la barra.

Ib =

∫r2dm =

∫ L/2

−L/2x2λdx =

λ

12L3

por lo tanto

Ib =mb

12L2

ω

Lx

x

dm

Claramente una barra rotando alrededor de su centro tiene menosenergı a cinetica que una barra rotando alrededor de una punta(asumiendo la misma ω).



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos un pendulo compuesto deuna barra de masa mb y una masa puntual mp al final de la barra quepuede girar en el eje como se muestra en la Figura. Calcule elmomento de inercia

Barra Ib = mb3 L2

Masa puntual Ip = mpr2 = mpL2

y el momento de inercia total es

Itot = mpL2 +mb

3L2

y la energı a cinetica es entonces

KE =12ω2L2

[mp +

mb

3

]Barra tiene cierta relevancia.

θ

m

Lm



ProblemaProblema:Supongamos que tenemos un anillo de radios a < r < bque rota respecto a su centro. Calcule su momento de inercia

densidad de masa por unidad de area dm = σ2πrdr

I =

∫r2dm =

∫ r=b

r=ar2σ2πrdr = 2πσ

∫ r=b

r=ar3dr =

πρ

2(b4 − a4)

M =

∫dm =

∫ r=b

r=aρ2πrdr = 2πρL

∫ r=b

r=ardr = πρ(b2 − a2)

I =M2

(b4 − a4)

(b2 − a2)=

M2

(b2 − a2)(b2 + a2)

(b2 − a2)=

M2

(b2 + a2)

El caso del disco de radio b = R se obtiene con a→ 0,

I =12

MR2



EsferaProblema: Encuentre el momento de inercia de la esfera.

h2 = R2 − x2

Ancho dx, desde x = 0 hasta x = R

dI =dM2

h2

dM = ρπh2dx

dx

h

x

I =

∫dI =

∫ R

0ρπh4dx = ρπ

∫ R

0

(R2 − x2)dx =

8π15ρR5

M = ρ4π3

R3 → I =25

MR2



Teorema del eje paraleloIn = Icom + Md2

r2i,n = (xi − xn)2 + (yi − yn)2

Expandir

r2i,n = (x2

i +2xixn+x2n )+(y2

i +2yiyn+y2n )

com

mi

d

ri |rn−ri|

n

Momento de inercia con respecto a este nuevo eje es

In =∑

i mi[(xi − xn)2 + (yi − yn)2

]=

∑i mi (x2

i + y2i ) + [2xn

∑i mixi + 2yn

∑i miyi ] +

[x2

n∑

i mi + y2n∑

i mi]

= Icom + Md2



Teorema del eje paralelo

In = Icom + Md2

Barra centro de masa I = ML2/12

In = Icom+Md2 =1

12ML2+

14

ML2 =13

ML2

com

mi

d

ri |rn−ri|

n



Energıa Mecanica para eje fijo

E = KE + U

U =∑

i

mighi = mghcom

Por lo tanto

E =12

Iω2 + mghcom



Leyes de Newton para rotacion con eje fijoMovimiento circular

F = m~a =[−mrω2 r + mrαt

]Nos damos cuenta que solo la fuerza tangencial es capaz de cambiarω(t), esto es producir una aceleracion angular α. Por lo tantotenemos que

mrα = Ft = ~F · t

La fuerza radia no afecta el movimiento angular. Para una de lasmasas mi que forman el cuerpo rı gido tenemos

mi riα = Ft,i



Leyes de Newton para rotacion con eje fijo

Multipliquemos por ri esta expresion y sumemos para obtener∑i

mi r2i α =

∑i

riFt,i

reconocemos el momento de inercia

Iα = τ =∑

i

τi =∑

i

riFt,i

donde τ es el torque sobre el objeto.



Leyes de Newton para rotacion con eje fijo1. El torque τi se calcula como el

componente de la fuerza tangente alcirculo que realiza mi multiplicado porel radio del circulo ri

τ = Fr sin θ

donde θ es el angulo entre ~r y ~F .

2. Aveces el componente tangencial de lafuerza se puede calcular como

Ft = ~F · t

θ

r

F

Frt

F=Fsinθ

θ

r

F

θ

L=rsinθ



Leyes de Newton para rotacion con eje fijo

1. Mirando la Figura vemos que el torquetambien se puede calcular como

τ = FL

donde L es el lever-arm o distancia ala fuerza, que se calcula como ladistancia al eje de la fuerza.

2. Hay dos forma de producir unaceleracion angular. Una es aumentarla fuerza y la otra es aumentar ladistancia L donde se ejecuta la fuerza.

θ

r

F

Frt

F=Fsinθ

θ

r

F

θ

L=rsinθ



Leyes de Newton para rotacion con eje fijo1. Construir un diagrama de fuerzas

2. Distinguir la direccion de rotacion. En general el signo de α y ωes arbitrario, dado que es arbitrario como definimos θ y en quedireccion aumenta. Por lo general es estandar definir el anguloθ entre el vector r y el eje x . Ası es estandar considerar positivosi va contra las manecillas del reloj y negativo si va con lasmanecillas del reloj. Esta definicion de θ inmediatamentedefine el signo de ω y α y los vectores unitarios t y r

3. Una vez que definimos el signo de θ, y por ende α, tenemosque tener en cuenta este signo al relacionarlo con laaceleracion al forzar las restricciones.

4. El vector t es tangente al circulo y en la direccion que aumentaθ. Este vector se puede usar para calcular los torquerespectivos Ft = ~F · t

obteniendose el signo inmediatamente.Grupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 160/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019


ProblemaProblema: Resuelva el problema de la maquina de Atwood usandotorques.

m1a1,y = T1 −m1gm2a2,y = T2 −m2g

Ahora construiremos la ecuacion demovimiento para la polea

Ipα = T1R − T2R

Se pueden obtener de ~F · t

m1

T1

gm1

T2

m2

gm2

T2T1

gmp

Fs

1. Signo de α y ω determinado cuando elegimos θ y siguiendo elestandar las definimos como positivas si van en la direccionopuestas a las manecillas de reloj, esto es si aumenta θ.

2. T1 es paralelo a t y aumenta α

3. T2 es antiparalelo a t disminuye α



Problemaa1,y = −a2,y = a

y usamos la condicion de non-slip

−Rα = a

ya que ∆y1 = −R∆θ como fueron de-finidas. Por lo tanto

m1a = T1 −m1g−m2a = T2 −m2gIpa/R = T2R − T1R → I

R2 a = T2 − T1

Podemos resolver por a y obtener

a = gm2 −m1

m1 + m2 +IpR2

m1

T1

gm1

T2

m2

gm2

T2T1

gmp

Fs



ProblemaProblema: Tomemos la balanza de la Figura. La pregunta cual es elsigno de α.

Iα = m1gx−m2g(L−x)+mbg(x−L/2)

En equilibrio (con mb = 0)

α = 0 → x =m2L

m1 + m2

Si las masa son iguales x = L/2. Aho-ra esta palanca permite multiplicar elefecto de las fuerzas. Si en vez de m1gtenemos una fuerza aplicada Fa, pode-mos levantar la masa m2 con una fuer-za

Fa = m2gL− x

x

Por ejemplo si x = 3L/4, necesitamosuna fuerza

Fa =13

m2g

para levantar m2. Claro que tenemosque levantarla una distancia mayor, ypor lo tanto el trabajo hecho al final esel mismo.

m2

m1

L−xx



Problema

Por ejemplo si x = 3L/4, necesitamosuna fuerza

Fa =13

m2g

para levantar m2. Claro que tenemosque levantarla una distancia mayor, ypor lo tanto el trabajo hecho al final esel mismo.

m2

m1

L−xx



Objetos que ruedan sin resbalarse∆x = −R∆θ

ya que el movimiento del centro de masa hace que θ se mueva en ladireccion de las manecillas del reloj. Por lo tanto tenemos tambien,diferenciando, que

vx = −Rω

ax = −Rα

Estas son las condiciones de no slip o no resbalarse.Con estas condiciones podemos escribir la ecuacion de movimientode cualquier punto del cuerpo como

~ri,s = ~ri,com +~rcom

=[R cos(ωot + θi )i + R sin(ωot + θi )j

]+[vot i + R~j

]Grupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 165/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019


Objetos que ruedan sin resbalarse

En este caso asumimos una velocidad constante. La velocidad esentonces

~vi = [vo − Rωo sin(ωot + θi )] i + Rωo cos(ωot + θi )j

El punto que esta instantaneamente en contacto con el suelo tieneωot + θi = −π/2, con lo cual tenemos

~ri = vot i~vi = (vo + Rωo )i = 0



Objetos que ruedan sin resbalarseLo siguiente es equivalente

1. El objeto no se resbala

2. vx = −Rω

3. ax = −Rα

4. La velocidad del punto en contacto es vx = 0

5. La friccion que permite el rodamiento es la friccion estatica yaque el punto de contacto tiene v = 0. Notemos que no sabemosla magnitud de fs, solo sabemos que fs ≤ µsN, por lo tantotendremos que resolver por fs de las ecuaciones.

6. La friccion estatica no hace trabajo entonces y el movimiento sepuede mantener indefinidamente (esto no es exactamenteverdad, pero asumiremos que si lo es por ahora)



Problema

max,com = −fsmay,com = N −mgIα = −Rfs

Notemos que a medida que el cuerpo semueve hacia adelante, con la orientacion ele-gida (contra las manecillas del reloj) para θ,tenemos que la fuerza de friccion trata de dis-minuir el angulo θ, por lo tanto el torque esnegativo. Con esta definicion de θ la condi-ciono de no resbalarse es

ax,com = −Rα

θ



Problema

Notemos que tenemos que encontrar fs, yacom, por lo que tenemos

ax,com = 0fs = 0

Notemos que esto tiene sentido ya que la fric-cion actua sobre un punto donde v = 0, y porlo tanto el cambio de la energı a cinetica

ddt

[12

mv2]

= P = ~f · ~v = 0

θ



Objetos que ruedan con resbalarse

Pero que pasa si se resbala? En ese caso

1. El objeto se resbala, esto implica que o v > Rω o v < Rω

2. La friccion dinamica actua sobre el centro de masa ahora yfrena el centro de masa hasta que pueda llegar al punto dedonde rueda sin resbalarse, cuando se cumple v = −Rω.



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos un disco que tiene unavelocidad inicial vo, pero no esta rotando. Cuanto se demora en llegara la condicion de rodar sin resbalarse? Que distancia recorrer?Cuanta energı a perdio?

max,com = −fkmay,com = N −mgIα = −Rfk

La fuerza de friccion dinamica trata de dis-minuir el angulo θ, por lo tanto el torque esnegativo

ax,com = −µk g

α = −Rµk mgI

N

mg

f



ProblemaCon esta definicion de θ la condicion de noresbalarse es

vx,com = −Rω

En algun instante se satisface esta relacion.

ω = ωo + αt = ω = −Rµk mgI t

vx,com = vo + ax,comt = vo − µk gt

Al igualar obtenemos el tiempo

tr =vo

µk gI

I + mR2

En ese instante recorre una distancia

∆x = votr −12

ax,comt2r =

v2o

2µk g2mR2 + I

(I + mR2)2

N

mg

f



Problema

Sabemos que inicialmente el cuerpo tenia

Ko =12

mv2o

Al final tenia

Kf = 12 mv2

f + 12 Iω2

= 12

(mR2 + I

)ω2

f

= 12

v2o m2R2

2(I+mR2)

∆KEKEo

= − II + mR2

N

mg

f



Conservacion de EnergiaObjeto compuesto de varias masas

~vi = ~ui + ~vcom

donde ~ui es la velocidad relativa al centro de masa.

KE =∑

i12 miv2

i=

∑i

12 mi (~ui + ~vcom)2

=∑

i12 miu2

i +∑

i12 miv2

com +∑

i mi~ui · ~vcom

=∑

i12 miu2

i + 12 Mv2

com

ya que∑

i mi~ui = 0. Podemos descomponer entonces la energı acinetica total

KE = KEcom + KEr



Conservacion de Energıa

KE = KEcom + KEr

como la energı a cinetica del centro de masa

KEcom =12

Mv2com

y la energı a con respecto al centro de masa

KEr =∑

i

miu2i

donde ui es la velocidad con respecto al centro de masa, esto esvi = ui + vcom.



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos un cuerpo rodando en unplano inclinado de angulo θ como se muestra en la Figura. Si partedel reposo a una altura h, encuentre la velocidad cuando llega alsuelo.

KE =12

mv2 +12

Iω2


Ei = mgh

Ef =12

mv2 +12

Iω2

Si el disco rueda sin resbalarse, entonces

|v | = Rω

hy

xθ

h

mg

N

fs



Problema

Entonces de Ei = Ef podemos encontrar

v =

√2gh

1 + ImR2

el cual es menor a una masa puntual, lo quetiene sentido ya que tenemos que gastar es-fuerzo en hacer rotar el cuerpo. Notamos in-mediatamente que los cuerpos con I menorllegan mas rapido al suelo. La esfera llega an-tes que un disco.

hy

xθ

h

mg

N

fs



ProblemaAun cuando en general el centro de masa esun sistema no-inercial en general se puedeaun escribir

τ = Icomα

donde τ , I, y α son con respecto al centrode masa y determinan la parte angular delmovimiento.

En este caso del diagrama de fuerzas tene-mos

max,com = fs −mg sin θmay,com = N −mg cos θIα = −Rfs

hy

xθ

h

mg

N

fs



Problema

Condicion de no resbalarse

−∆x = R∆θ → ax,com = −Rα

A medida que el cuerpo rueda hacia abajo elangulo θ aumenta, pero al bajar en nuestrosistema de referencia ∆x < 0.

ax,com = − mR2

mR2+I g sin θ

fs = ImR2+I gm sin θ

hy

xθ

h

mg

N

fs



Problema

Notamos que si θ = 0 tenemos el resultadoanterior que max,com = fs = 0. Vemos nue-vamente que el cuerpo con el momento deinercia menor llega mas rapido al suelo. Lavelocidad al llegar al suelo la podemos calcu-lar como

vs =√−2ax,comL =

√2gh

1 + ImR2

ya que L sin θ = h y obtenemos el mismo va-lor anterior.

hy

xθ

h

mg

N

fs



ProblemaSabemos que existe un angulo donde lacondiciones de no-resbalar se va a romper.Usando N = mg cos θ podemos encontrarque

ImR2 + I

gm sin θ ≤ fs = µsmg cos θ

lo que implica que

tan θmax ≤ µs

[1 +

mR2

I

]Interesantemente el anillo se resbala antesque el disco y que la esfera. Notemos quemientras no se resbale nuevamente tenemosP = ~f · ~v = 0 en el punto de contacto, y laenergı a mecanica se conserva.

hy

xθ

h

mg

N

fs


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 8: Momento angular

Capıtulo 8:Momentoangular



Producto cruz1. Vectores son paralelos, entonces

~A× (α~A) = 0

2. Regla de la mano derecha

~A× ~B = −~B × ~A3. Producto cruz

~C × (~A + ~B) = ~C × ~A + ~C × ~B

4. Claramente tenemos en termino de vectores unitarios

i × j = k j × k = i k × i = j



Velocidad Angular

vector ~ω de velocidad angular

ω =dθdt

El vector ~v (origen fijo)

~v = ~ω ×~r

θ

t

θ

tω

ρ

r

ω > 0 si se mueve en contra de las manecillas del relojω < 0 si se mueve con las manecillas del reloj



ProblemaProblema: Cual es la velocidad de un cuerpo en la superficie de latierra como funcion de la latitud λ y longitud φ.

Partimos con ~ω = ωoz (cuerpo en la superficie de la tierra)

~r = R(cosλ sinφ, cosλ cosφ, sinλ)

Velocidad es

~v = ~ω ×~r =

i j k0 0 ω0R cosλ sinφ R cosλ cosφ R sinλ

=

o

~ω ×~r = ωoR cosλ[− sin φi + sin φj

]= ωoR cosλt



Problema

Problema: Cual es la velocidad en Santiago, Ecuador? UsandoR = 6300 km .

los objetos se mueven en un circulo de radio R paralelo al Ecuadorcon magnitud |v | = ωoR cosλ

|~v | = ωR =2πR1dia

=2πR

24hrs= 1700km/hr

ya que λ ∼ 0.



Momento angular y Torque

Momento Angular

~L = ~r × ~p

→si ~r y ~v estan en un plano, ~L es en la direccion perpendicular.→Pero ~r y por lo tanto ~L depende del origen que elijamos.



Momento angular y TorquePartıcula se mueve en un circulo

~r(t) = ρo cos θi + ρo sin θj = ρoρ

donde ρ es en la direccion hacia el eje de rotacion. Entonces usando

~v = ρodθdt


)= ρoωt

donde t es la tangente al circulo. Podemos calcular el momentoangular con respecto al origen del circulo y por lo tanto

~L = mρ2oωk = mρ2

o~ω

ya que el vector ~ω = ωz. Entonces

~L = I~ω



Momento angular y TorquePartıcula se mueve en un circulo

~r(t) = ρoρ+~ro

usando

~v = ρoωt

tenemos

~L = mρ2o~ω −mρoω(~ro × r)

ya que el vector sigue siendo ~ω = ωk



Anillo respecto a su centro

~L =∑

i ~ri × ~pi

= mR2~ω + mRω∑

i (~ro × t)= mR2~ω + mRω~ro ×

∑i (ti )

= mR2~ω= I~ω

dado que∑

i ti = 0 para un objeto simetrico. En forma similar, paraun disco tenemos

~L =M2

R2ωk = I~ω

el momento angular es paralelo al vector ~ω siempre y cuando el discoeste rotando alrededor de su eje de simetrı a. Lo mismo aplica paracualquier objeto simetrico rotando alrededor de su eje de simetrı a.



Eje paraleloEl centro de masa hace un circulo alrededor de este nuevo eje

~r = d0 cos θi + d0 sin θj

La masa mi que inicialmente esta a un angulo inicial θi y distancia ρicon respecto al centro de masa se mueve en el nuevo circulo

~r(t) = [d0 cos θ + ρi cos(θ + θi )] i + [d0 sin θ + ρi sin(θ + θi )] t + ~ro

Primero asumamos que ~ro = 0 osea estamos en el nuevo eje derotacion como origen. Para la masa mi podemos calcular el momentoangular

~Li = mi[d2

0 + ρ2i + 2d0ρi cos θi

]~ω

dado que ~ω = ωk .Si el objeto es simetrico con θi en [0,2π], entonces

~L = (Icom + md20 )~ω



Torqued~Ldt = d

dt

∑i mi~ri × ~vi

=∑

i mid~ridt × ~vi +

∑i mi~r × d~vi

dt

=∑

i ~r ×[mi

d~vidt

]=

∑i ~r × ~F

= ~τ

lo que define el torque con respecto a un origen (ya no es conrespecto a un eje de rotacion). Tenemos

d~Ldt

= ~τ

Notemos que para un cuerpo en rotacion alrededor de un eje desimetrı a que se mantiene fijo en el tiempo, tenemos que

~L = I~ω → ~τ = Id~ωdt

= I~α



ProblemaProblema: Resuelva el problema de la maquina de Atwoodanteriormente descrito usando momento angular y torques.

plano de la maquina de Atwood es el plano x-y, vemos que ~L = Lz k .Entonces

Lz = −m1Rv1 + m2Rv2 + Iω

Aquı es importante considerar los signos correctamente ya que y1 ey2 aumentan hacia arriba. Estos signos se pueden encontrardirectamente de

~r1 = −Ri + y1 j~r2 = Ri + y2 j

~v1 = v1 j~v2 = v2 j



ProblemaLos signos los impondremos con las restricciones despues. Notemosque estamos asumiendo que el origen es en el eje de simetrı a de lapolea (ası podemos usar que ~L = I~ω), en este caso en el centro de lapolea. Podemos tambien calcular el torque viendo las fuerzas sobrecada objeto

~F1 = −m1gj + T1 j~F2 = −m2gj + T2 j~Fp = −T1 j − T2 j

Notemos que los torques producidos por las tensiones se cancelanen este caso y tenemos

~τ = (m1gR −m2gR)k



Problema

Por lo tanto

ddt [−m1Rv1 + m2Rv2 + Iω] = (m1gR −m2gR)−m1Ra1 + m2Ra2 + Iα = (m1gR −m2gR)−m1Ra1 + m2Ra2 + Iα = (m1gR −m2gR)

ya que a1 = −a2 = a y asumiendo que no se resbala y usando laconvencion de la mano derecha a = −Rω tenemos

a = gm2 −m1

m1 + m2 + I/R2

Resultado anterior



Separacion del momento angularSupongamos que tenemos un cuerpo donde el centro de masa seesta moviendo con respecto a otro origen

~ri,L = ~ri,com +~rcom

entonces

~Lcom =∑

i mi~ri,L × ~vi,L=

∑i mi

[~ri,com +~rcom

]× [~vi,com + ~vcom]

=∑

i mi~ri,com × ~vi,com +∑

i mi~rcom × ~vcom+∑

i mi[~ri,com × ~vcom~rcom × ~vi,com+

]=

∑i mi~ri,com × ~vi,com +

∑i mi~rcom × ~vcom

= ~Lrel,com + M~rcom × ~vcom

ya que ∑i

mi~ri,com =∑

i

mi~vi,com = 0



Separacion del momento angular

~Lrel,com =∑

i

mi~ri,com × ~vi,com

Esto dice que el momento angular se puede separar en el momentoangular del centro de masa y el momento angular con respecto alcentro de masa. En el caso de la tierra tenemos el movimientotranslacional alrededor del sol y el movimiento rotacional alrededorde su eje. Esto sera util cuando calculemos el movimiento de unarueda.



ProblemaProblema Encuentre la aceleracion del centro de masa del yoyo quese muestra en la Figura.

~L = (Iω + MRVcom) k

(que las ecuaciones den los signos)

~T = T j~Fg = −mgj

actuan en

~rT = −hj~rg = Ri − hj

y por lo tanto solo el torque gravitatorio

~τg = −mgRk

es diferente de cero

h T

mg



ProblemaTomando una derivada temporal demomento angular tenemos

Iα + MRacom = −mgR

Con la restriccion

acom = Rα

porque tiene el mismo signo y asu-miendo que no resbala. Entonces

acom = −g1

1 + ImR2

y la esfera cae primero.

h T

mg



Problemateorema de trabajo-energı a. Si parti-mos en reposo, tenemos

12

mv2f +

12

Iω2 = Wg + WT

el trabajo hecho por la tension es ceroporque en el punto de contacto la velo-cidad es cero

WT =

∫~T · ~vdt = 0

Dada la restriccion Vcom = Rω

v2f = 2gh

11 + I

mR2

con h como positivo.

h T

mg



Conservacion de momento angular~Fi = ~Fi,j + ~F ext

1

Fuerzas internas vienen en pares

~Fi,j = −~Fj,i

Al sumar el torque de las dos fuerzas

~τ1 + ~τ1 = (~r1 −~r2)× Fi,j +[r1 × ~F ext

1 + r2 × ~F ext2

]Fuerzas de accion-reaccion son en la direccion entre los dos cuerpos

(~r1 −~r2)× Fi,j = 0

Si ademas las fuerzas externas son cero, tenemos que

d~Ldt

= 0 → ~L = const



ProblemaProblema: Supongamos una persona de masa mp esta al centro deun disco que rota con velocidad angular ω0, masa md y radio R. Lapersona camina hacia el exterior del disco y salta. Cual es lavelocidad angular final. Que paso con la energı a.

Si saltamos en forma radial, esto no produce un torque sobre eldisco, y por lo tanto hay conservacion de momento angular desdeque camino del origen hasta el borde del disco.

Idω0 = Lz,i = Lz,f = Idωf + mpR2ωf

Por lo tanto

ωf = ω0Id

Id + mpR2



Problema

La energı a cinetica inicial era

KEi =12

Iω2 =L2

2I2 =12

Idω20

mientras

KEf =12[Id + mpR2]ωf =

12

Idω20

IdId + mpR2

por lo tanto la energı a disminuye. Claro que al saltar tambien sepierde la energı a cinetica de la persona.



ProblemaProblema: Supongamos que tenemos N+1 personas paradas en elborde del disco. Existe una fuerza de friccion estatica que mantiene aestas personas en contacto con el disco. Si N personas se muevenhacia el centro del disco, que condicion se tiene que dar para que lapersona en el borde salga volando.

La persona en el borde se mueve en un circulo, por lo tanto tenemos

mRω2 = fs → ω2 ≤ gRµs

en todo instante para mantenerse en contacto con el disco. Alcaminar N personas de masa mp desde el borde hacia el centro deldisco aumenta la velocidad angular

(Id + (N + 1)mpR2)ω0 = Lz,i = Lz,f = (Id + mpR2)ωf

ωf = ω0Id + (N + 1)mpR2

Id + mpR2



Problema

la persona en el borde se quedara allı mientras

ω0Id + (N + 1)mpR2

Id + mpR2 ≤√

gRµs

lo que define el numero de personas que deben de moverse hacia elcentro.



Problema

Problema: Supongamos que tenemos un pendulo formado por unabarra de masa mb y largo L, y una masa puntual mp al final de labarra. Una masa mo que parte de una altura h0 golpea en formacompletamente analıstica con la masa puntual. Cual es la velocidadangular luego de la colision y a que angulo llega.

Inicialmente una masa mp que colisio-na a velocidad vo =

√2gho contra un

pendulo de momento de inercia

Ip =13

mbL2 + mpL2

m2

m1

hho

L

hi

hi

hf

L−hi

L−hi

h



ProblemaEl momento angular inicial y final inme-diatamente antes y despues del cho-que con respecto al origen de rotaciondel pendulo

movoL = Lz,i = Lz,f = (Ip + moL2)ωf

Por lo tantoωf =

vo

LmoL2

Ip + moL2

Dado queKE =

L2

2I

en la colision se perdio

KEf − KEo

KEo=

moL2

Ip + moL2−1 = − 11 + moL2

Ip

m2

m1

hho

L

hi

hi

hf

L−hi

L−hi

h



Problema

El angulo donde llega este cuerpo sepuede resolver por conservacion deenergı a (usando el origen de rotacion)

Ei = 12 (Ip + moL2)ω2

f + (mb + mp + mo)ghcom,iEf = (mb + mp + mo)g (hcom,i + (L− hcom,i )(1− cos θf ))

donde

(mb+mp+mo)hcom,i = −mbL2−mpL−moL

m2

m1

hho

L

hi

hi

hf

L−hi

L−hi

h



GiroscopoSupongamos que tenemos un cuerposimetrico de momento de inercia I que estainicialmente rotando alrededor de un ejecomo se muestra en la Figura. Vemos quela unica fuerza que efectua un torque (conrespecto al origen) es la gravedad,

~τ = mgRt

Por lo tanto esta claro que el momento deinercia en la direccion radial ρ o en la direc-cion z no cambia ya que el torque es en ladireccion perpendicular. Pero el torque gene-ra un movimiento en la direccion t , dado por

dLt

dt= τt = mgR

ω

L

mg

τ

R

z

ρ

L

θL∆

τ∆ t



GiroscopoEsta ecuacion no es facil de resolver ya queno conocemos Lt explı citamente, pero siasumimos que esta movimiento es pequenoy no cambia mucho el momento angular totaldel sistema (Lt << Lρ), entonces podemosusar el siguiente truco. En la practica asuma-mos que en un intervalo de tiempo pequeno∆t el vector cambia su momento angular deel angulo θo al angulo θf = θo + ∆θ. Si esası, podemos utilizar (aquı asumimos que Len magnitud no cambia mucho)

∆θ ≈ |∆L||L|≈ |τt |∆t|L|

=mgRIωo

∆t

ω

L

mg

τ

R

z

ρ

L

θL∆

τ∆ t



GiroscopoPor lo tanto la velocidad angular de precesiones entonces

ωp =∆θ

∆t=

mgRIωo

Es interesante darse cuenta que esta es unaforma de navegar en el espacio en formainercial. Si el satelite cambia de direccion segenera una fuerza ficticia sobre el giroscopo(en general hay 3 giroscopos rotando en di-reccion perpendiculares) y por lo tanto unaprecesion. Notemos que la precesion se de-tiene cuando la aceleracion se detiene. Si-guiendo estas precesiones es factible seguirel movimiento del satelite. Esto se usa tam-bien en aviones.

ω

L

mg

τ

R

z

ρ

L

θL∆

τ∆ t


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 9: Gravitacion: leyes de Kepler, orbitas planetarias

Capıtulo 9:Gravitacion:leyes de Kepler, orbitas

planetarias



Fuerza de GravedadProblema: Derivar fuerza de gravedadasumiendo orbitas circulares

ac = ω2r

Observacion de Kepler

T 2 = cr3

Implica

ac =ao

r2

1 2 3 4 5 6r H1012L

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Ω2r3 H1020L

2 4 6 8Ω H10-7L

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Ω2r3 H1020L



Fuerza de GravedadFuerza sol sobre planeta

|~FS,P | = mpac =mpao

r2

Fuerza planeta sobre sol

|~FP,S| =mSa1

r2

Accion = reaccion

|~FP,S| = |~FS,P | =GmSmP

r2

G = 6,67× 10−11 Nm2/kg2

1 2 3 4 5 6r H1012L

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Ω2r3 H1020L

2 4 6 8Ω H10-7L

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Ω2r3 H1020L



Movimiento Circular

Problema: Cual es el periodo en anos de Jupiter, si su distancia delsol es a ≈ 5,2 AU.

Dado que para la tierra tenemos TE = 1 ao y a = 1 AU, podemosusar

T 2J = T 2

Ea3

J

a3E

→ Tj = 11,85 annos



Campo gravitacionalSupongamos que tenemos una distribucion de masas, podemosescribir la fuerza sobre la masa i como

Fi = −∑

j

Gmimj~ri − ~rj

|~ri − ~rj |3

Generalmente, se define el campo gravitacional producido por unadistribucion de masa como la fuerza por unidad de masa que sentirıa una masa puesta en algun punto del espacio ~r . Esto es

~g(~r) =1m~F

En terminos de una distribucion de masa

~g(~r) =∑

j Gmj~r−~rj

|~r−~rj |2

= −G∑

jmir2i

ri

= −G∫ dm

r2 r



Campo gravitacional

El caso de dos masas puntuales, inmediatamente nos dice que lafuerza es en la direccion entre las dos masas. Lo mismo aplica parael campo en el eje de un circulo como se ve en la Figura. Por lo tantoel campo fuera de una esfera es en la direccion radial como se ve enla Figure, ya que es la suma de muchos cı rculos. De hecho fuera dela esfera tenemos

~g(~r) = −GMr2 r



Campo gravitacional

Hay un caso que es extremadamen-te interesante. Supongamos que esta-mos dentro de un cascaron hueco demasa M y radio R. Podemos demostrarque el campo gravitacional ~g adentroes cero usando el siguiente argumen-to. Miremos la Figure, vemos inmedia-tamente que la relacion entre las ma-sas m1 y m2 es

m1

m2=

r21

r22

1m

2m2

r

1r



Campo gravitacional

Como estas masas generan fuerzasen direcciones opuestas, obtenemosque el efecto neto es cero. Sumandosobre el cascaron nos da finalmente

~g(~r) = 0 r < R

1m

2m2

r

1r



Campo gravitacionalPara r > R sabemos que el potencial cae como 1/r2 y es en ladireccion radial. Entonces para el cascaron tenemos

~g(~r) =

[0 r < R−GM

r2 r > R

lo cual se puede escribir como

~g(~r) = −GM(r)

r2

donde M(r) es la masa dentro del radio r. Para el caso de una esferallena (un planeta) tenemos entonces

M(r) =

[M r3

R3 r < RM r > R

y el campo gravitacional es

~g(~r) =

[−GMr

R3 r < R−GM

r2 r > R



Planetas

El campo gravitacional en la superficie de un planeta define suaceleracion gravitacional

g =GMR2

y para el caso de la tierra tenemos gT = 9,8. Recordemos que lamasa del planeta esta relacionada con su densidad

M = ρ4π3

R3

con lo cual uno puede relacionar aceleraciones gravitacionales envarios planetas.



PlanetasProblema: Cual es la aceleracion de gravedad en la superficie de laluna si su densidad promedio es la mitad de la tierra y tiene un terciodel radio terrestre.

Usando

gL

gR=

ML

MT

(RT

RL

)2

dado que

ML

MT=ρL

ρT

(RL

RT

)3

podemos encontrar

gL

gR=ρL

ρT

(RL

RT

)=

16



Conservacion de energı aUsemos el principio de conservacion de energı a

12

mv2f −

12

mv2o =

∫ ~rf

~ro

m~g · d~r

Cuerpo cerca de un planeta esferico, podemos usar

~g = −GMr2 r

Por lo tanto

12

mv2f −

12

mv2o = −GMm

∫ rf

ro

1r2 dr = −GMm

(1rf− 1

ro

)lo que define el potencial gravitatorio

U(r) = −GMmr



Conservacion de energı ael principio de conservacion de energı a

12

mv2f −

GMmrf

=12

mv2o −

GMmro

Notemos que cerca de la tierra r = R + h tenemos

U(r) = −GMmR + h

≈ −GMmR

+GMmh

R2 + . . .

que aparte de la constante es U(r) = mgh como tenı amosanteriormente.



Problema

Problema: Calcular la velocidad de escape de la tierra.

La velocidad de escape es la velocidad inicial necesaria en lasuperficie de la tierra para que el cohete llegue al infinito convelocidad cero. Osea

12

mv2 =GMm

R→ v2

s =2GM

R

Por lo tanto desde la superficie de la tierra

vE =

√2R

GMR2 = 11 Km/seg



Problema

Problema: Calcule el horizonte de un hoyo negro de la masa de latierra.

El horizonte de un hoyo negro se define como el radio donde nisiquiera la luz puede escapar. Esto, la velocidad de escape devs = c, y por lo tanto

RS =2GM

c2 = 0,8 cm



ProblemaProblema: Cuanto cambia la velocidad de escape si el objeto partedel centro de la tierra

En este caso tenemos que hacer la integral en dos partes porque

~g(~r) =

[−GMr

R3 r < R−GM

r2 r > R

Y por lo tanto

W (0→∞) = −GMm∫ R

0r

R3 dr −GMm∫∞

R1r2 dr

= −GMm2R −

GMmR

= − 3GMm2R

Usando − 12 mv2

s = W (0→∞)

v2s =

3GMR



Movimiento CircularDado que el centro de masa no acelera (porque no hay fuerzasexternas) podemos darnos cuenta que el centro de los cı rculos es elcentro de masa y los radios se relacionan como

r1

r2=

m2

m1

En el caso en que una de las masas es mucho mayor que las otras(como el sol y los planetas), podemos asumir que la masa mayoresta en el centro del circulo y

mac = mrω2 =GMm

r2

lo que relaciona

ω2 =GMr3

Esta es la relacion de Kepler como hemos visto anteriormente.



Movimiento CircularProblema: Cual es el periodo de un satelite dando vuelta cerca de latierra (r ≈ R)

La frecuencia es ω2 = GMR2

R2

r3 = 9,8 1r , por lo tanto T = 2π

ω = 1,4 hrs

Problema: Cual es el radio para tener una orbita geoestacionaria(T = TT = 24× 3600 s). En este caso ω = 2π

Ty

r =

(9,8R2

ω2

)1/3

= 6,6RE

con RE como el radio de la tierra. Lo que corresponde a una altura deH = 5,6RE ≈ 35000 km.



Movimiento CircularCuando tenemos un objeto en un circulo con

ω2 =GMr3

con v = rω, obtenemos que

E =12

mv2 − GMmr

= −GMm2r

que tambien se puede escribir como

E =U2

= −KE

Por ejemplo la energı a que tenemos que proporcionar para cambiarde una orbita circular ro = 2R a una orbita rf = 3R es (con v = rω)

W = Ef − Eo = GMm2

[− 1

rf+ 1

ro

]= mR

2GMR2

[−R

rf+ R

ro

]= mgoR

12



Diferentes trayectoriasCuando la masa de uno de los cuerpos es mucho mayor que el otro,entonces podemos asumir que que el cuerpo mas masivo esta en elcentro de masa sin moverse, y el segundo cuerpo siente una fuerzacentral.

~F = −GMmr2 r

El torque producido por fuerzas centrales es cero ya que la fuerza esen la direccion de ~r

~τ = ~r × ~F = 0

y por lo tanto ~L es constante. La trayectoria sucede en el planoperpendicular a ~L.



Diferentes trayectorias

La trayectoria se puede entonces describir como

~r = r(t) cos θ(t )i + r(t) sin θ(t )j = r(t)r

y

~v =dr(t)

dtr + r(t)ω(t )t

Notemos que

|~v(t)|2 =

(dr(t)

dt

)2

+ r(t)2ω2



Diferentes trayectoriasLa conservacion de momento angular puede ser calculada como

~L = mr(t)2ω(t)k → |~L| = L = mr(t)2ω(t) = const

y por lo tanto12

m|~v(t)|2 =12

m(r2 + r(t)2ω2) =

12

mr2 +L2

2mr2

El principio de conservacion de energı a nos permitira demostrar eltipo de trayectorias que tenemos, y la clasificacion se hace con laenergı a total mecanica

E =12

m|~v(t)|2 − GMmr

=12

mr2 +

(L2

2mr2 −GMm

r

)Por lo tanto tenemos un potencial efectivo

Ueff (t) =L2

2mr2 −GMm

rGrupo de Sistemas Complejos http://macul.ciencias.uchile.cl/complex/ 233/263Departamento de Fısica, Facultad de Ciencias, Universidad de Chile 2 de mayo de 2019


Differentes trayectoriasel valor de L y E se pueden evaluar con las condicionesiniciales ~v(0) y~r(0), y nos permiten clasificar las posibles trayectorias:

1. La situacion de mı nima energı aes la orbita circular que tiene

dUeff

dr= 0 → ro =

L2

Gm2M

dando

Ec = −GMm2ro

= −G2m3M2

2L2

No existe una solucion de energıa menor.

r1 r2r0

rp

r

Ueff

EoEcEe<0Ep=0

Eh>0



Differentes trayectorias1. Si la energı a Ec < Ee < 0

entonces tenemos orbitas elıpticas con un radio mayor r2 y unradio menor r1, donde2a = r1 + r2. Estos valores sepueden obtener de

dUeff

dr= 0

o de

Ueff = Ee

r1 r2r0

rp

r

Ueff

EoEcEe<0Ep=0

Eh>0

Esta situacion aplica para los planetas. El caso del movimientocircular sucede cuando rc = r1 = r2.



Differentes trayectorias

1. Si E = 0 tenemos la situacion deuna orbita parabolica tal que latrayectoria se acerca desde elinfinito, llega al punto de maximoacercamiento rp y luego sedevuelve al infinito llegando conv∞ = 0.

2. Si E > 0 tenemos la situacion deuna orbita hiperbolica tal que eninfinito v > 0. Esto aplica paraalgunos cometas.

r1 r2r0

rp

r

Ueff

EoEcEe<0Ep=0

Eh>0



Differentes trayectorias

Las trayectorias se pueden escribir co-mo

rro

=1

1 + ε cos θ

en coordenadas polares, donde ε es laexcentricidad de la orbita. Si ε = 0 te-nemos un circulo, si ε < 1 tenemos unaelipse, si ε = 1 tenemos una parabola,y si ε > 1 tenemos una hiperbola.

r1 r2r0

rp

r

Ueff

EoEcEe<0Ep=0

Eh>0



Leyes de Kepler1. La primera ley la demostramos en la seccion anterior. Para los

planetas aplica la elipse.

2. La segunda ley en realidad determina la ley de conservacion demomento angular. El torque producido por fuerzas centrales escero ya que la fuerza es en la direccion de ~r

~τ = ~r × ~F = 0

y por lo tanto ~L es constante. La trayectoria sucede en el planoperpendicular a ~L. Para el caso del circulo, en un intervalo dtbarremos un area

dA =12|~r × ~v |dt

Por lo tantodAdt

= |~r × ~v | =1

2m|~L|

el cual es constante.



Leyes de Kepler

1. El caso de la tercera ley, la demostramos varias veces arriba. Elcaso general de cuando las dos masas son comparables es

T 2 =4π2

G(m1 + m2)a3

Vemos que observando las trayectorias de un sistema binariopodemos averiguar las masas de las estrellas.


Diplomado en Fundamentos de la Fısica → Capıtulo 10: Oscilador armonico, ecuacion de onda

Capıtulo 10:Osciladorarmonico, ecuacion de

onda



Oscilador armonicoQueremos resolver la ecuacion

dx2

dt2 + ω2ox = 0

la que tiene como solucion

x(t) = A cosωot + B sinωot

Usando las condiciones iniciales tenemos

x(0) = xo x(0) = vo

Solucion

x(t) = xo cosωot +vo

ωosinωot



Oscilador armonicoSolucion

x(t) = xo cosωot +vo

ωosinωot

Tambien se puede escribir como

x(t) = A cos(ωot + φ)

con

xo = A cos(φ) vo = −A sin(φ)

Resolver por A y φ

2 4 6 8 10 12t

-1.0

-0.5

0.5

1.0X@tD

2 4 6 8 10 12t

-1.0

-0.5

0.5

1.0X'@tD



Oscilador armonico

Espacio de fase x(t) vs x(t)Escribir como

q1(t) = q2(t)q2(t) = −ω2

oq1(t)

Ecuaciones de primer orden

-1.0 -0.5 0.5 1.0X@tD

-1.0

-0.5

0.5

1.0X'@tD

Para xo = 1, vo = 0



Oscilador armonico

Frecuencia

f =ω

2π=

12π

√km

Periodo

T =1f

-1.5-1.0-0.5 0.5 1.0 1.5X@tD

-1.5

-1.0

-0.5

0.5

1.0

1.5X'@tD



Oscilador armonicoEnergıa mecanica

E =12

mx2 +12

mω2ox2 =

Para x(t) = xo cosωot +vo

ωosinωot

E =12

mω2o(A2+B2) =

12

mω2o

(x2

o +v2

o

ω2o

)

Para x(t) = A cos(ωot + φ)

E =12

A2mω2o

-1.5-1.0-0.5 0.5 1.0 1.5X@tD

-1.5

-1.0

-0.5

0.5

1.0

1.5X'@tD



Ejemplos en la naturaleza?

→ RESORTE

wikipedia.org



PenduloProblema: Escribamos la ecuacion de movimiento de pendulo. En elsistema de referencia del eje del pendulo tenemos

max = −N sin θmay = N cos θ −mg

Posicion ~r = L sin θi − L cos θjAceleracion ~a = −Lω2 r − αtProyectar

r = sin θi − cos θjt = cos θi + sin θj

Ecuacion de Movimiento

α =d2θ

dt2 = −gL

sin θ

θ

1 2 3 4 5 6t

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

Θ



PenduloUsando ω2

o = g/L

θ + ω2o sin θ = 0

Se parece al oscilador armonicoPara angulos pequenos θ << 1

sinθ ≈ θ

Por lo tanto

θ + ω2oθ = 0

oscilador armonico

θ

1 2 3 4 5 6t

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

Θ




→ PENDULO

wikipedia.org



Pendulo

Angulos grandesConservacion de energıa

E =12

mL2θ2 + mgL(1− cos θ)

2 solucionesOscilatorias E < 2mgLRotatorias E > 2mgL

-10 -5 0 5 10q1

-2

-1

0

1

2

q2

Diagramade Fase



Pendulo con friccion

θ + βθ + ω2o sin θ = 0

Espacio de fase q1 = x(t) vs q2 = x(t)Escribir como

q1(t) = q2(t)q2(t) = −ω2

o sin(q1(t))−βq2(t)

Equaciones de primer orden

-6 -4 -2 2 4 6

Θ

-2

-1

0

1

2

3

Θo

Β = 0

Sin friccion

-6 -4 -2 2 4 6

Θ

-3

-2

-1

1

2

3

Θo

Β = 0.5

Con friccion



Ondas que se propaganu(x , t) = F (x − vt) + G(x + vt)Descritas por

1v2∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = 0

Ondas sinusoidales

u(x , t) = A(x , t) sin(kx − ωt)

k =2πλ

f =1T

=ω

2π

λ =vf

-10 -5 5 10x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0F@x,tD

-10 -5 5 10x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0F@x,tD




→ MOVIMIENTO OSCILATORIO

wikipedia.org



Ondas que se propaganF y G muchas formas

F (x , t) =

[1 |x − vt | < 10 |x − vt | > 1

G(x , t) =

[1− |x + vt | |x − vt | < 10 |x + vt | > 1

Velocidad de grupo

vg =dωdk

-10 -5 5 10x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0F@x,tD

-10 -5 5 10x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0F@x,tD



Ondas que se propagan

Modulacion de amplitud


Velocidad de grupo

u(x , t) = A(x − vg t) sin(kx − ωt)10 15 20 25 30

x

0.2

0.4

0.6

0.8

F@x,tD




Relacion de dispersion

1v2∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = 0

Ondas sinusoidales


k2v2 = ω2

Dispersion ω(k) mas complicada

10 15 20 25 30x

0.2

0.4

0.6

0.8

F@x,tD




2 ondas interfieren

u(x , y) = sin(x − t) + sin(2x − 2t)

Interferencia destructivaInterferencia constructiva

2 4 6 8 10 12x

-1.5-1.0-0.5

0.51.01.5

y@x,tD

2 4 6 8 10 12x

-1.5-1.0-0.5

0.51.01.5

y@x,tD



Ondas Transversales

La amplitud oscila en la direccion per-pendicular a la propagacion

y(x , t) = A sin(kx − ωt)

Deformacion una cuerdaOndas electromagneticasOndas de agua superficialesOndas gravitacionalesOndas sısmicas

2 4 6 8 10 12x

-1.0

-0.5

0.5

1.0y@x,tD



Ondas Longitudinales

La amplitud oscila en la misma direc-cion a la propagacion

δP(x , t) = A sin(kx − ωt)

Ondas de sonidoOndas mecanicasOndas sısmicasOndas de plasma

2 4 6 8 10 12x

-1.0

-0.5

0.5

1.0y@x,tD



Solucion general1v2∂2u∂t2 −

∂2u∂x2 = 0

Condiciones de borde

u(0, t) = 0 u(L, t)

Solucion

u(x , t) =∑n=1

An(t) sin(nπx

L

)

d2An(t)dt2 + A2

nv2(nπ

L

)2= 0

An(t) = an cos

(vnπt

L

)+bn sin

(vnπt

L

)

2 4 6 8 10 12x

-1.0

-0.5

0.5

1.0y@x,tD



Ondas estacionarias

Ondas estacionarias donde la amplitudoscilaPero tiene el mismo perfil espacial

u(x , t) = cos (nπt) sin (nπx)

para L = 1, v = 1caso n = 1 y n = 2

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0y@x,tD

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x

-1.0

-0.5

0.5

1.0y@x,tD

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x

-1.0

-0.5

0.5

1.0y@x,tD



Ondas estacionariasSuperposicionOndas estacionarias donde la amplitudoscilaPero tiene el mismo perfil espacialpara L = 1, v = 1modo n = 1 y n = 3

u(x , t) = cos (πt) sin (πx)+0,5 cos (3πt) sin (3πx)

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

y@x,tD

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x

-1.0

-0.5

0.5

1.0

y@x,tD




→ ONDA ESTACIONARIA

wikipedia.org


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