Un ejemplo/ejercicio de cálculo de errores propagados a través de los cálculos

Queremos calcular el área de un triángulo del que se han medido sus tres lados: $a=8,12\,\text{m}$ (3 c.s.), $=4,3\,\text{m}$ (2 c.s.) y $c=7,25\,\text{m}$ (3 c.s.). También nos proponemos calcular el intervalo de incertidumbre en el que se encuentra el valor verdadero.

Emplearemos la fórmula de Herón para cualcular el área: $A=\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}$, denotando por $s$ el semiperímetro, $s=\dfrac{a+b+c}{2}$. Sustituyendo los datos y haciendo el cálculo obtenemos el siguiente valor $A\overset{2 c.s.}{\approx} 15\,\text{m}^2$.

Para calcular el error en la propagación a través del cálculo del área del triángulo, partiremos de las cotas de error absoluto de los datos, atendiendo a la precisión de los mismos, que viene dada por el número de cifras significativas de cada uno: $\Delta_a=\Delta_c=0,005\,\text{m}$ y $\Delta_b=0,05\,\text{m}$

Por otra parte, entendamos el cálculo de la misma como la función de varias variables $f(a,b,c)=\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}$ donde $s=\dfrac{1}{2}\,(a+b+c)$. Entonces, podemos escribir la expresión diferencial $$dA=\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}\,da+\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}\,db+\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}\,dc$$ cuya versión en incrementos finitos, para valores pequeños de los incrementos finitos de los datos, es: $$\Delta_A=\left|\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}\right|\,\Delta_a+\left|\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}\right|\,\Delta_b+\left|\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}\right|\,\Delta_c \quad (1)$$ Dichos incrementos finitos representan las cotas de valor absoluto de las magnitudes que aparecen en la fórmula. Así podemos calcular la cota de error del valor del área (primer miembro) obtenida a partir del cálculo.

Calculemos la derivadas parciales:
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}=\dfrac{1}{2\,\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}}\cdot (s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_a$
donde $(s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_a=$
    $=s'_a\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)+s\,(s-a)'_a\,(s-b)\,(s-c)+$
            $+s\,(s-a)\,(s-b)'_a\,(s-c)+s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)'_a$
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}=\dfrac{1}{2\,\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}}\cdot (s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_b$
donde $(s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_b=$
    $=s'_b\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)+s\,(s-a)'_b\,(s-b)\,(s-c)+$
            $+s\,(s-a)\,(s-b)'_b\,(s-c)+s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-b)'_b$
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}=\dfrac{1}{2\,\sqrt{s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)}}\cdot (s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_c$
donde $(s\,(s-a)\,(s-b)\,(x-c))'_c=$
    $=s'_c\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)+s\,(s-a)'_c\,(s-b)\,(s-c)+$
            $+s\,(s-a)\,(s-b)'_c\,(s-c)+s\,(s-a)\,(s-b)\,(s-c)'_c$
siendo $s'_a=s'_b=s'_c=\dfrac{1}{2}$; $(s-a)'_a=(s-b)'_b=(s-c)'_c=-\dfrac{1}{2}$ y
    $(s-a)'_b=(s-a)'_c=(s-b)'_a=(s-b)'_c=(s-c)'_a=(s-c)'_b=\dfrac{1}{2}$

Obteniéndose:
$\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}=\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}=\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}=\dfrac{1}{8}\sqrt{\dfrac{(a+b+c)(-a+b+c)(a+b-c)}{(a-b+c)}}$, y sustituyendo los valores de los datos:
$\left(\dfrac{\partial\,A}{\partial\,a}\right)_{a=8.12, b=4.3, c=7.25}=\left(\dfrac{\partial\,A}{\partial\,b}\right)_{a=8.12, b=4.3, c=7.25}=\left(\dfrac{\partial\,A}{\partial\,c}\right)_{a=8.12, b=4.3, c=7.25}=$
      $=\dfrac{1}{8}\sqrt{\dfrac{(8.12+4.3+7.25)(-8.12+4.3+7.25)(8.12+4.3-7.25)}{(8.12-4.3+7.25)}}=3.46019$

Finalmente, sustituyendo en la fórmula $(1)$ llegamos a:
  $\Delta_A=3.46019\cdot (2\cdot 0.005+0.05)\overset{2 c.s.}{\approx}0.21\,\text{m}^2 \therefore A \in [15-0.21\;,\;15+0.21]=[14.79\;,\;15.21]\,\text{m}^2$, dicho de otra manera, $A=15\,\pm\,0.21\,\text{m}^2$   $\diamond$

Notación del intervalo de incertidumbre en el valor de las constantes físicas

Al consultar el valor de las constantes físicas podemos encontrarnos que algunas de sus últimas cifras pueden tener una cierta incertidumbre; es decir, no ser exactas. Si tal es el caso, el grupo de estas últimas cifras afectadas de error se nota añadiendo, al final, el margen de error correspondiente entre paréntesis.

Por ejemplo, consultando el valor de la carga fundamental del electrón en la página de NIST [1] nos encontramos lo siguiente: $$e=1,\,602\,176\,453\,(14) \times 10^{-19}\,\text{C}$$ Quiere decir ésto que, al haber dos cifras entre paréntesis (al final) las dos últimas cifras a la izquierda del primer paréntesis, esto es, $5$ y $3$, son inciertas, con lo cual podemos entender que $$e= (1,\,602\,176\,453 \pm 0\,000\,000\,014)\times 10^{-19}\,\text{C}$$ dicho de otra manera: $$(1,\,602\,176\,453 - 0\,000\,000\,014)\times 10^{-19} \,\text{C} \le e \le 1,\,602\,176\,453 + 0\,000\,000\,014 \times 10^{-19} \,\text{C}$$ es decir $$1,\,602\,176\,439 \times 10^{-19} \,\text{C} \le e \le 1,\,602\,176\,467 \times 10^{-19} \,\text{C}$$ por tanto el intervalo de incertidumbre de $e$ (en el momento en el que consulté su valor) es: $$e \in \left[1.\,602\,176\,439 \times 10^{-19}\,\text{C}\;,\; 1.\,602\,176\,467 \times 10^{-19}\,\text{C} \right]$$

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Nota: En el caso de que al consultar el valor de una constante física no aparezca ninguna notación de cifras entre paréntesis al final, significa que todas las cifras que podemos leer son significativas; por ejemplo, el valor de la velocidad de la luz en el vacío que acabo de consultar en el NIST [1] es $$c=2,997\,924\,58\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$

$\diamond$ -oOo- Referencias:

• [1] NIST, The NIST Reference on Constants, Units, and Uncertainty [https://physics.nist.gov/cuu/Constants/index.html].

Acerca de los vocablos ciencia, física, y filosofía natural

El vocablo ciencia procede del latín y significa «saber», si bien, además, el objetivo de la ciencia no es sólo saber sino que es también el de «comprender» el mundo natural. El vocablo física procede del griego y hace referencia la conocimiento del mundo natural [1].

Aristóteles pensaba la (antigua) física mediante la introducción de hipótesis, a partir de las cuales pretendía explicar los fenómenos físicos, presciendiendo de la experimentación (filosfía natural), algo sustancialmente distinto a la física que empezó a moldearse con la revolución científica en los tiempos de Galileo: desde entonces, las explicaciones que puedan darse a un determinado fenómeno del mundo natural no pueden prescindir de la experimentación, no basta con hacer hipótesis, contrastar lo que se deduce con las observaciones es fundamental, de manera que el conocimiento y comprensión del objeto de estudio (siempre provisionales, desde el punto de la ciencia moderna) se basa en un proceso iterativo que consiste en hacer hipótesis razonables, construir una teoría, contrastar sus predicciones con lo que se observa, y vuelta a empezar a partir de ello. $\diamond$

-oOo- Referencias:

• [1] P. Tipler, G. Mosca, Física (Reverté, 2010), vol. 1, pp. 1-3.

Estimación de la velocidad orbital de la Estación Espacial Internacional (ISS)

La Estación Espacial Internacional (ISS) orbita una órbita baja, a una altura aproximada $h=400\,\text{km}$ con respecto a la superficie de la Tierra (el radio de la Tierra, con $3$ cifras significativas, es $R_T=6\,670\,\text{km}$). Considerando que la órbita es prácticamente circular, vamos a estimar la velocidad de la estación con tres cifras significativas.

Por la segunda ley de Newton y la fuerza de gravitación newtoniana se tiene que en cualquier punto de la órbita (circular): $$G\,\dfrac{M\,m}{r^2}=m\,a_N$$ donde $M$ y $m$ son la masa de la Tierra y de la ISS, respectivamente, y $a_N=\dfrac{v^2}{r}$ es la aceleración (normal), en la misma dirección y sentido opuesto que la fuerza gravitatoria.

Entonces,$$G\,\dfrac{M\,m}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$$ y simplificando, $$G\,\dfrac{M}{r}=v^2$$ con lo cual la velocidad en la órbita viene dada por, $$v=\sqrt{\dfrac{G\,M}{r}} \quad (1)$$

Siendo $r=h+R_T=(400+6\,670)\cdot 10^3=7,07 \times 10^6\,\text{m}$, y teniendo en cuenta que el valor de la masa de la Tierra (con $3$ cifras significativas) es $M_T=5,97\times 10^{24}\,\text{kg}$ y que el valor de la constante de la gravitación universal (con $3$ cifras significativas) es $G=6,67\times 10^{-11}\,\dfrac{\text{N}\cdot \text{m}^2}{kg^2}$, y sustituyendo en $(1)$ se obtiene: $$v=\sqrt{\dfrac{6,67\times 10^{-11}\cdot 5,97\times 10^{24}}{7,07 \times 10^6}}\overset{3\,\text{c.s.}}{\approx} 7\,50\times 10^3\,\dfrac{\text{m}}{s}\cdot \dfrac{3600\,\text{s}}{1\,\text{h}}\cdot \dfrac{1\,\text{km}}{1\,000\,\text{m}}=27\,000\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$$ $\diamond$

Energía mecánica en órbitas circulares

Consideremos un satélite de masa $m$ en una órbita circular, de radio $r$, alrededor de un planeta de masa $M$, ¿cómo podemos calcular la energía mecánica en cualquier punto de la órbita?

La energía mecánica, $E_m$, es la suma de la energía cinética, $E_{c}=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2$ ($v$ es el módulo de la velocidad del satélite, y tiene el mismo valor en cualquier punto de la órbita circular), y de la energía potencial, $U=-G\,\dfrac{m\,M}{r}$. En ausencia de fuerzas disipativas, la energía mecánica se conserva, esto es, es la misma en cualquier punto de la órbita.

Por la segunda ley de Newton, se tiene que en cualquier punto de la órbita: $G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$, luego $m\,v^2=G\,\dfrac{m\,M}{r}$, por lo que la energía cinética puede expresarse de la forma $E_{c}= G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}$. Pues bien, así, podemos escribir la energía mecánica como: $$E_m:=U+E_c=-G\,\dfrac{m\,M}{r}+G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}=-G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}\lt 0$$ El que esta cantidad sea negativo se explica por el hecho de que la órbita es cerrada.

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Observación 1:
Si variamos la altura del satélite, la energía mecánica de las respectivas órbitas es función del opuesto del inverso de la altura de la órbita; su gráfica corresponde a una hipérbola:

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Observación 2:
Por otra parte, el trabajo necesario, $W$, esto es, la cantidad de energía con la que debe contarse para poner en órbita un satélite, ha de ser igual a la diferencia entre la energía mecánica en la órbita en la que se le quiera situar y la energía mecánica del satélite en el punto de lanzamiento del planeta (antes del lanzamiento): $W=E_{m_{\text{final}}}-E_{m_{\text{inicial}}}=-G\,\dfrac{m\,M}{2\,r}- \left(-G\,\dfrac{m\,M}{r_P}+0\right) =G\,\dfrac{m\,M}{r_P}- G\,\dfrac{m\,M}{2\,r} = G\,m\,M\cdot \left( \dfrac{1}{r_P}-\dfrac{1}{r}\right) \gt 0$, ya que, como $r\gt r_P$ (siendo $r_P$ el radio de la superficie del planeta, en el punto de lanzamiento), $\dfrac{1}{r_P} \gt \dfrac{1}{r}$ y, por tanto, $\dfrac{1}{r_P} - \dfrac{1}{r}\gt 0$. Por consiguiente, cuánto menor sea la altura de la órbita menor es la energía que deberemos suministrar en el lanzamiento para que el satélite alcance dicha órbita.

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Nota (velocidad de escape):
En particular, si se desea lanzar desde un planeta un cuerpo a velocidad de escape, como la energía mecánica final es $0$, el trabajo (la cantidad de energía que debemos suministrar) que hay que realizar es —ojo, que, desde luego, en este problema, la velocidad inicial no es cero—: $$W=E_{m_{\text{final}}}-E_{m_{\text{inicial}}}=0-\left( -G\,\dfrac{m\,M}{r_P}+\dfrac{1}{2}\,m\,v_{e}^2 \right)$$ de donde, despejando la velocidad (de escape) se obtiene que ésta ha de ser igual a $$v_e=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M}{r_P}}$$ En vista de lo cual, es muy importante remarcar que la velocidad de escape de un cuerpo no depende de su masa.

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Una manera sencilla de calcular la masa de una estrella, conociendo la distancia media a la estrella y el periodo orbital de uno de sus planetas

Consideremos un planeta en órbita alrededor de una estrella, que por simplicidad supondremos casi circular (una elipse con muy poca excentricidad), podemos calcular calcular la masa de la estrella, que supondremos que es mucho mayor que la del planeta, permitiendo ello que la aproximación que consiste en situar el centro de masas del sistema en la posición de la estrella sea aceptable. Como datos del problema, disponemos de la distancia media a la estrella y de su periodo orbital. Veamos cómo hacerlo:

Con el planeta, de masa $m$ (como veremos enseguida, no es necesario conocerla para conseguir nuestro propósito) en órbita alrededor de su estrella de masa $M$ desconocida, se tiene que (segunda ley de Newton): $$G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$$ igualdad que, simplificada, queda de la forma $$G\,\dfrac{M}{r}=v^2 \quad (1)$$ donde $G = 6,67 \times 10^{-11}\,\dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{kg}^2}$ es la constante universal de la gravitación
Y teniendo en cuenta que hemos supuesto (razonablemente) que la órbita es prácticamente circular (la velocidad $v$ del planeta es la misma en todoslos puntos de la órbita), podemos escribir $$v=\dfrac{2\,\pi\,r}{T} \quad (2)$$

Pues bien, sustituyendo $(2)$ en $(1)$: $$G\,\dfrac{M}{d}=\left( \dfrac{2\,\pi\,r}{T} \right)^2$$ de donde, despejando $M$ se llega a: $$M=\dfrac{4\,\pi^2}{G}\cdot \dfrac{r^3}{T^2}$$

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Una aplicación de la tercera ley de Kepler

De acuerdo con la tercera ley de Kepler, que se puede deducir directamente de la teoría de la gravitación de Newton, es posible calcular cosas muy interesantes en un sistema planetario. Por ejemplo, imaginemos un sistema planetario sencillo, formado por tres planetas, cada uno en respectiva órbita, y una estrella (mucho más masiva que cada uno de los tres).

Si hemos medido los períodos de cada planeta, $T_1$, $T_2$ y $T_3$, y conocemos la distancia media de uno de ellos a la estrella, pongamos que $d_1$, la cual se puede haber obtenido (de manera muy asequible para un astrónomo aficionado) por el método de paralaje (disponiendo de la información adicional necesaria), es muy sencillo calcular las distancias medias a la estrella de los otros dos planetas, $d_2$ y $d_3$. Veámoslo:

Según la tercera ley de Kepler, para todo planeta del sistema en órbita alrededor de la estrella, se tiene que $T^2\propto d^3$; por consiguiente, la constante de proporcionalidad es igual a $\dfrac{T_{1}^2}{d_{1}^3}=\dfrac{T_{2}^2}{d_{2}^3}=\dfrac{T_{3}^2}{d_{3}^3}$. Entonces, despejando de esta triple igualdad las distancias medias pedidas, $d_2$ y $d_3$, podemos concluir que: $$d_2=d_1\,\sqrt[3]{\left( \dfrac{T_2}{T_1} \right)^2} \quad \text{y}\quad d_3=d_1\,\sqrt[3]{\left( \dfrac{T_3}{T_1} \right)^2}$$

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Dos cuerpos de masa similar girando alrededor del centro de masas común. Se presupone en este ejercicio que, como caso particular, dichas órbitas son circulares

En el problema de los dos cuerpos que interaccionan gravitatoriamente, a menudo se hace la aproximación de que uno de ellos es mucho más masivo que el otro; de esta manera, el problema se simplifica, pues se puede considerar que el cuerpo menos masivo gira alrededor del (mucho más) masivo. Dicho de otro modo: el centro de masas del sistema formado por los dos cuerpos se sitúa con suficiente aproximación en la posición del cuerpo más masiva. Ahora bien, si la masa de los dos cuerpos es similar, la aproximación ya no es válida. En este ejercicio, vamos a abordar esta situación.

Consideremos dos cuerpos de masas similares, $m_1$ y $m_2$, separados por una distancia $d$ (distancia entre centros) cuando dichos cuerpos están alineados. Debido a la gravitación, estos dos cuerpos giran ambos alrededor del centro de masas común, describiendo sendas órbitas cerradas, que, para no complicar las cosas, supodremos que son circulares (en general, son elípticas), con periodos respectivos, $T_1$ y $T_2$. Pues bien, queremos calcular la razón entre las masas y, también, la razón de dichos periodos en función de las masas.

Para determinar la coordenada $x$ de la posición del punto que corresponde al centro de masas común, tenemos en cuenta que, cuando los cuerpos están alineados, dicho punto se sitúa entre los dos cuerpos, de tal manera que, por ponderación, su distancia al cuerpo de masa $m_1$ (medida desde éste) es $x_1=\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,d \quad (1)$, cantidad que, por tanto, es el radio de la órbita del cuerpo de masa $m_1$ alrededor de dicho centro de masas común. Y, por lo que respecta al cuerpo de masa $m_2$, su distancia al centro de masas común (medida desde este cuerpo) es, por consiguiente, $x_2=d-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,d=\left(1-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\right)\,d=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,d\quad (2)$; dicha cantidad es, desde luego, el radio de la respectiva órbita circular que describe este segundo cuerpo alrededor de ese centro de masas común.

Dividiendo miembro a miembro $(1)$ entre $(2)$ se obtiene que, como era de esperar, $$\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{m_1}{m_2}$$

Demos respuesta ahora a la segunda cuestión. Para el cuerpo de masa $m_1$, según la ley de la gravitación newtoniana, y, por la segunda ley de Newton, podemos escribir que $G\,\dfrac{m_1\,m_2}{x_{1}^2}=m_1\,\dfrac{v_{1}^2}{x_1}$, esto es, $G\,\dfrac{m_2}{x_{1}^2}=\dfrac{v_{1}^2}{x_1} \quad (3)$, y teniendo en cuenta que $v_1=\dfrac{2\,\pi\,x_1}{T_1} \quad (4)$, sustituyendo $(4)$ en $(3)$ y despejando $x_1$, se tiene que $x_1=\sqrt[3]{\dfrac{G\,m_2}{4\,\pi^2}\,T_{1}^2}$, donde $k_1=\dfrac{G\,m_2}{4\,\pi^2}$ es la constante de proporcionalidad que aparece en la tercerca ley de Kepler para el cuerpo de masa $m_1$, $x_{1}^3 \propto T_{1}^2$. Entonces, teniendo en cuenta $(1)$: $\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,d=\sqrt[3]{k_1\,T_{1}^2}$, con lo cual, depejando $T_1$ obtengo: $$T_1= \sqrt{ \dfrac{1}{k_1}\left( \dfrac{m_1\,d}{(m_1+m_2)}\right)^3 }=\sqrt{ \dfrac{4\,\pi^2}{G\,m_2}\left( \dfrac{m_1\,d}{(m_1+m_2)}\right)^3 } \quad (7)$$

Razonando de manera análoga para el cuerpo de masa $m_2$, y teniendo en cuenta ahora que $k_2=\dfrac{G\,m_1}{4\,\pi^2}$ es la constante de proporcionalidad que aparece en la tercerca ley de Kepler para el cuerpo de masa $m_2$, $x_{2}^3 \propto T_{2}^2$, resulta: $$T_2= \sqrt{ \dfrac{1}{k_2}\left( \dfrac{m_2\,d}{(m_1+m_2)}\right)^3 }=\sqrt{ \dfrac{4\,\pi^2}{G\,m_1}\left( \dfrac{m_2\,d}{(m_1+m_2)}\right)^3 } \quad (8)$$

Dividiendo miembro a miembro $(7)$ entre $(8)$ se obtiene (y simplificando la expresión resultante): $$\dfrac{T_1}{T_2}=\sqrt{\left(\dfrac{m_1}{m_2}\right)^4}$$ es decir $$\dfrac{T_1}{T_2}=\left( \dfrac{m_1}{m_2} \right)^2$$

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Órbitas elípticas. Razones de varias magnitudes entre el afelio y el perihelio

Se considera un satélite de masa $m$ en órbita elíptica alrededor de un planeta de masa $M$. El perihelio es el punto más cercano al planeta, situado en el eje mayor de la elipse, y el afelio, también situado en el eje mayor, es el punto más alejado del planeta. La razón entre los módulos de los radios vectores del afelio, $A$, y del perihelio, $P$, es $\dfrac{r_A}{r_P}=k$, con $k\gt 1$. Se pide que calculemos la razón entre los módulos de la velocidad del satélite entre el afelio y el perihelio; y también, la razón entre las energías cinéticas, las energías potenciales y las energías mecánicas entre dichos puntos.

Situemos el origen del sistema de referencia en la posición del planeta (uno de los focos de la elipse). Al tratarse de un sistema de fuerzas centrales, en cada punto de la órbita, el vector de posición $\vec{r}$ y y el vector fuerza $\vec{F}$ tienen la misma dirección y sentidos opuestos, se tiene pues que en todos los puntos de la órbita $\vec{M}:=\vec{r}\times \vec{F}=\vec{0}$, luego por el teorema de conservación del momento angular tiene el mismo valor en todos los puntos de la órbita, luego en el afelio y en el perihelio $\vec{L}_A=\vec{L}_P \quad (1)$, siendo $\vec{L}:=\vec{r}\times m\,\vec{v}$. Además, sabemos que en dichos puntos (afelio y perihelio), $\vec{r}_A\perp \vec{v}_A$ y $\vec{r}_P\perp \vec{v}_P$, por lo que de $(1)$ se tiene que la igualdad entre los módulos de los momentos angulares en esos puntos se escribe de la forma $m\,r_A\,v_A=m\,r_P\,v_P$, y simplificando, $r_A\,v_A=r_P\,v_P$, luego $\dfrac{v_A}{v_P}=\dfrac{r_P}{r_A}=\dfrac{1}{k}$. Notemos, por tanto que $v_P=k\,v_A \gt v_A \because k\gt 1$

La razón entre las energías cinéticas en el afelio y el perihelio es $$\dfrac{\frac{1}{2}\,m\,v_{A}^{2}}{\frac{1}{2}\,m\,v_{P}^{2}}=\left(\dfrac{v_A}{v_P}\right)^2=\left( \dfrac{1}{k} \right)^2$$ y la razón entre las energías potenciales en esos dos puntos $$\dfrac{-G\,\frac{M\,m}{r_A}}{-G\,\frac{M\,m}{r_P}}=\dfrac{r_P}{r_A}=\dfrac{1}{k}$$ Por otra parte, como la energía mecánica, $E$, que es la suma de la energía cinética y la e. potencial, se conserva en todos los puntos de la órbita, con lo cual, en particular, al ser la misma en el afelio que en el perihelio, $E_A=E_P$, y así podemos decir que $\dfrac{E_A}{E_P}=1$.

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Determinación indirecta de la masa de una partícula cargada mediante espectrometría de masas. Un ejemplo del cálculo

Consideremos un haz de iones (con carga eléctrica $5\times 10^{-6}\,\text{C}$ y masa desconocida) que entran en un espectrómetro de masas [referencia del enlace: Teresa Martín Blas y Ana Serrano Fernández - Universidad Politécnica de Madrid (UPM)] a una velocidad de $60\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ para describir, una vez dentro, una trayectoria circular de $0,20\,\text{m}$ de radio. El campo magnético dentro del espectrómetro es perpendicular al haz incidente y tiene una intensidad de $2 \,\text{T}$, ¿cuál es la masa de dichos iones?

Sabemos que la fuerza que perciben dichos iones (partículas cargadas eléctricamente) es la fuerza de Lorentz, $\vec{F}=Q\cdot (\vec{v}\times \vec{B}+\vec{E})$. En el caso que nos ocupa, $\vec{E}=\vec{0}$ (no hay campo eléctrico), y $\vec{v}\perp \vec{B}$ (esto es, $\measuredangle(\vec{v},\vec{B})=\dfrac{\pi}{2}\,\text{rad}$), luego, denotando por $F$ (por comodidad) el módulo de $\vec{F}$, por $v$ el módulo de $\vec{v}$ y por $B$ el módulo de $\vec{B}$, se tiene que $F=Q\,v\,B\,\sin(\measuredangle(\vec{v},\vec{B}))=5\times 10^{-6}\cdot 60\cdot 2 \cdot \sin(\dfrac{\pi}{2})=5\times 10^{-6}\cdot 60\cdot 2 \cdot 1 = 6\times 10^{-4}\,\text{N}$.

Por otra parte, dicha fuerza, ha de ser compensada por la aceleración normal a la trayectoria, luego $m\,\dfrac{v^2}{r}=6\times 10^{-4}$, donde $r$ es el radio de la trayectoria circular. Entonces, despejando $m$, y sustituyendo los datos, se obtiene: $$m=6\times 10^{-4} \cdot \dfrac{0,20}{60^2}=\dfrac{1}{3}\cdot 10^{-8}\,\text{kg}\approx 33,3\mu\text{g}$$

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Un ejemplo sencillo de cálculo de la fuerza de Lorentz

Se considera una región del espacio (vacío) libre de campos eléctricos donde sí actúa sin embargo un campo magnético $\vec{B}=2\,\hat{k}$ (en la dirección y sentido positivo del eje $Oz$). En dicha región incide un electrón ($Q_e=-1.6\times 10^{-19}\,\text{C}$) con una velocidad aproximada igual a $\vec{v}=500\,\hat{i}$ (en la dirección y sentido positivo del eje $Ox$). Los datos vienen expresados en unidades del Sistema Internacional (el campo magnético en teslas, $\text{T}$, la carga eléctrica en coulombs, $\text{C}$, la fuerza en newtons, $\text{N}$, y la velocidad en $\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$; y $\hat{i}=(1,0,0)$, $\hat{j}=(0,1,0)$ y $\hat{k}=(0,0,1)$ son los vectores de base canónica del espacio euclídeo. ¿Cuál es la fuerza a la que se ve sometida dicha carga (el electrón) incidente?

Según la fuerza de Lorentz, la fuerza pedida es $\vec{F}=Q\cdot (\vec{v}\times \vec{B}+\vec{E})$. Entonces, sustituyendo los datos: $\vec{F}=-1.6\times 10^{-19} \cdot (500\,\hat{i} \times 2\,\hat{k}+\vec{0})=-1.6\times 10^{-19} \cdot 10^3 \cdot (\hat{i} \times \hat{k})=-1.6\times 10^{-16} \, (-\hat{j})=1.6\times 10^{-16} \, \hat{j}$; es decir, sobre el electrón incidente actúa una fuerza de módulo $\left\|\vec{F}\right\|=1.6\times 10^{-16}\,\text{N}$ en la dirección y sentido del eje $Oy$, que curva la trayectoria inicial. $\diamond$

Comparación entre el campo magnético de un imán de un disco duro de computador y el campo magnético de la Tierra

Un breve comentario sobre cómo de intensos son los campos magnéticos que suelen rodearnos:

El campo magnético de la Tierra, cuyos valores son del orden de magnitud de $10^{-5}\,\text{T}$ (tesla) —$1$ tesla (unidad del SI) equivale a $10^4\,\text{G}$ (gauss)—, y aunque realice perfectamente su función de salvaguardar la vida desviando las partículas de alta energía procedentes del espacio exterior, es débil en comparación, por ejemplo, con el campo que crea un imán de neodimio (empleado en los discos duros de los ordenadores), de orden de magnitud de $1 \text{T}$. Vemos entonces que, el campo magnético creado por un imán, con el que podemos jugar en nuestro laboratorio, es $10^5$ veces más intenso que el campo magnético de la Tierra.$\diamond$

Un ejemplo de cálculo del potencial eléctrico y del campo eléctrico creado por dos cargas eléctricas en un punto dado

En el punto $A(2,0,0)$ se sitúa una carga eléctrica $Q_A=1\,\text{C}$ y en el punto $B(0,2,0)$ una carga eléctrica $Q_B=-1\,\text{C}$. Las distancias vienen expresadas en metros. Voy a calcular el vector campo eléctrico, su módulo, y el potencial creado por estas cargas en el punto $P(2,0,0)$. Finalmente, consideremos una carga testigo situada en $P$, pongamos que un electrón. ¿Qué fuerza experimenta?

Cálculo del potencial en $P$: El potencial creado por la carga $Q_A$ en el punto $P$ es igual a $V_P(Q_A)=K\,\dfrac{Q_A}{d_{AP}}$ y el creado por la carga $Q_B$ en $P$ es $V_P(Q_A)=K\,\dfrac{Q_B}{d_{BP}}$, y por el principio de superposición, el potencial total en $P$ es igual a $V_P=V_P(Q_A)+V_P(Q_B)$, luego $V_P=K\,\dfrac{Q_A}{d_{AP}}+K\,\dfrac{Q_B}{d_{BP}}$, siendo $K$ la constante de Coulomb $K\approx 9\times 10^9\,\dfrac{\text{N}·\text{m}^2}{\text{C}^2}$; y, en cuanto a las distancias: $d_{AP}:=\left\|\overset{\rightarrow}{AP}\right\|=\sqrt{(x_P-x_A)^2+(y_P-y_A)^2+(z_P-z_A)^2}=\sqrt{(2-0)^2+(0-0)^2+(0-0)^2}=2\,\text{m}$ y $d_{BP}:=\left\|\overset{\rightarrow}{BP}\right\|=\sqrt{(x_P-x_B)^2+(y_P-y_B)^2+(z_P-z_B)^2}=\sqrt{(2-0)^2+(0-2)^2+(0-0)^2}=2\,\sqrt{2}\,\text{m}$ Sustituyendo ahora todos los datos, obtenemos: $V_P=9\times 10^9\cdot\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{(-1)}{2\,\sqrt{2}}\right)\approx 10^9\,\text{V}$

Cálculo del campo eléctrico en $P$: El campo creado por la carga $Q_A$ en el punto $P$ es igual a $\vec{E}_P(Q_A)=K\,\dfrac{Q_A}{d_{AP}^2}\,\hat{u}_{AP}$, siendo $\hat{u}_{AP}$ el vector unitario en la dirección y sentido de $A$ a $P$, luego $\hat{u}_{AP}=\dfrac{\overset{\rightarrow}{AP}}{d_{AP}}$. Por otra parte, el campo creado por la carga $Q_B$ en el punto $P$ es igual a $\vec{E}_P(Q_B)=K\,\dfrac{Q_B}{d_{BP}^2}\,\hat{u}_{BP}$, siendo $\hat{u}_{BP}$ el vector unitario en la dirección y sentido de $A$ a $P$, luego $\hat{u}_{BP}=\dfrac{\overset{\rightarrow}{BP}}{d_{BP}}$. Como el campo total en $P$ es la suma de esos dos campos, $\vec{E}_P=\vec{E}_P(Q_A)+\vec{E}_P(Q_B)$, se tiene que $\vec{E}_P=K\,\dfrac{Q_A}{d_{AP}^3}\,\overset{\rightarrow}{AP}+K\,\dfrac{Q_N}{d_{BP}^3}\,\overset{\rightarrow}{BP}$, donde $\overset{\rightarrow}{AP}=\overset{\rightarrow}{OP}-\overset{\rightarrow}{OA}=2\,\hat{i}$ y $\overset{\rightarrow}{BP}=\overset{\rightarrow}{OP}-\overset{\rightarrow}{OB}=2\,\hat{i}-2\,\hat{j}$, siendo $\hat{i}=(1,0,0)$, $\hat{j}=(0,1,0)$ y $\hat{k}=(0,0,1)$ los vectores de la base canónica del espacio euclídeo.

Entonces, sustituyendo todos los datos: $\vec{E}_P=K\cdot \left( \dfrac{1}{2^3}\,\cdot 2\,\hat{i}+\dfrac{(-1)}{(2\,\sqrt{2})^3}\cdot 2\,(\hat{i}-\hat{j})\right)=\dfrac{9\times 10^9}{8\,\sqrt{2}}\cdot \left( (2\,\sqrt{2}-1)\,\hat{i}+\hat{j}\right)\approx 10^9\,\hat{i}+10^9\,\hat{j}$ donde las coordenadas de dicho vector vienen expresadas en $\dfrac{\text{V}}{\text{m}}$; así pues, el módulo del vector campo eléctrico, con las aproximaciones decimales realizadas es igual a $\left\|\vec{E}_P\right\|=\sqrt{(10^9)^2+(10^9)^2}=10^9\,\,\dfrac{\text{V}}{\text{m}}$

Al situar un electrón —la carga del electrón es $Q_{P}(e)=-1.6\times 10^{-19}\,\text{C}$— en el punto $P$, el campo creado por las cargas $Q_A$ y $Q_B$ en ese punto actúa sobre la carga testigo con una fuerza igual a $\vec{F}=Q_{e}\,\vec{E}_P=-1.6\times 10^{-19}\cdot (10^9\,\hat{i}+10^9\,\hat{j})=-1.6 \times 10^{-10}\,(\hat{i}+\hat{j})$, y cuyo módulo es igual a $\left\|\vec{F}\right\|=1.6\times 10^{-10}\cdot (\sqrt{1^2+1^2+0^2})=1.6\cdot \sqrt{2}\times 10^{-10} \approx 2.3 \times 10^{-10}\,\text{N}$

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Potencial eléctrico en un punto, creado por un conjunto discreto de cargas eléctricas

Tres cargas eléctricas están situadas en tres de los vértices de un cuadrado, $\square(A,B,C,D)$, cuyos lados tienen una longitud de $1\,\text{m}$: $Q_A=-2\,\text{C}$ en el vértice $A$; $Q_B=+1\,\text{C}$ en el vértice $B$, y $Q_C=+1\,\text{C}$ en el vértice $C$. ¿Cuál es el potencial eléctrico en el cuarto vértice, $D$?

Por el teorema de superposición, $V_D=V_{A_D}+V_{B_D}+V_{C_D}$, luego $V_D=K\,\dfrac{Q_A}{d_{AD}}+K\,\dfrac{Q_B}{d_{BD}}+K\,\dfrac{Q_C}{d_{CD}}$, siendo el valor aproximado de la constante de Coulomb: $K = 9 \times 10^9\,\dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{C}^2}$. Entonces, como $d_{BD}=d_{BC}=1\, \text{m}$, y $d_{AD}=\sqrt{d_{AB}^2+d_{BC}^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\,\text{m}$, se tiene que $V_D=K\,\left( \dfrac{(-2)}{\sqrt{2}}+\dfrac{(+1)}{1}+\dfrac{(+1)}{1}\right)=9 \times 10^9\cdot (2-\sqrt{2}) \approx 5\times 10^9\,\text{V}$

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Conservación de la energía mecánica total y del momento angular en una órbita elíptica

Consieremos una cuerpo de masa $m$ en órbita elíptica alrededor de otro cuerpo de masa $M$. Conociendo las distancias del satélite al planeta en el afelio, $r_A$, y en el perihelio, $r_P$, ¿cómo se podría calcular el módulo de las velocidad en cada uno de esos dos puntos?

Teniendo en cuenta que, en ausencia de fuerzas disipativas, se debe conservar la energía mecánica, $E_t=E_{c_{A}}+U_A=E_{c_{P}}+U_P=\text{constante}$, y que, tratándose de fuerzas centrales (el vector de posición en cada punto de la órbita es antiparalelo a la fuerza de atracción gravitatoria hacia), resulta que el momento de la fuerza gravitatoria en cualquier punto de la órbita es nulo, con lo cual, por el teorema de conservación del momento angular, éste es el mismo en todos los puntos de la órbita; así que en el afelio y el perihelio puede escribirse la correspodiente igualdad $\vec{r}_{A}\times m\,\vec{v}_{A}=\vec{r}_{P}\times m\,\vec{v}_{P}$, donde además, en dichos puntos de la órbita en particular, tanto $\measuredangle\,(\vec{r}_A,\vec{v}_{A})$ como $\measuredangle\,(\vec{r}_P,\vec{v}_{P})$ son ángulos rectos, con lo cual, la igualdad entre los módulos de los momentos angulares en esos puntos es $m\,r\,v_A\,\sin(\pi/2)=m\,r\,v_P\,\sin(\pi/2)$, es decir, $m\,r\,v_A=m\,r\,v_P$, ya que $\sin(\pi/2)=1$. Así, podemos escribir el siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\,m\,v_{A}^{2}-G\,\dfrac{m\,M}{r_A}=\dfrac{1}{2}\,m\,v_{P}^{2}-G\,\dfrac{m\,M}{r_P}\\ m\,r_A\,v_A=m\,r_P\,v_P\end{matrix}\right.$$ y, simplificando, $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\,v_{A}^{2}-G\,\dfrac{M}{r_A}=\dfrac{1}{2}\,v_{P}^{2}-G\,\dfrac{M}{r_P}\\ r_A\,v_A=r_P\,v_P\end{matrix}\right.$$ de donde podemos despejar $v_{A}$ y $v_{P}$, conociendo el resto de cantidades.

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Energía mecánica total de un satélite en órbita circular

Consideremos un satelite, de masa $m$, que sigue una órbita circular, de radio $r$, alrededor de un planeta de masa $M$. ¿Cuál es su energía mecánica total?

La energía mecánica total, $E_t$, es la suma de la e. cinética, $E_c=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2$, y la e. potencial $U=-G\, \dfrac{m\,M}{r}$: $E_t=E_c+U$. Así pues, $$E_t=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2+\left(-G\, \dfrac{m\,M}{r}\right) \quad(1)$$ Por otra parte, la compensación entre la fuerza gravitatoria y la fuerza centrífuga mantiene al satélite en órbita, por lo que podemos escribir que $G\,\dfrac{m\,M}{r^2}=m\,\dfrac{v^2}{r}$, que, simplificando, nos queda $G\,\dfrac{m\,M}{r}=m\,v^2$, luego, de ahí, $\dfrac{1}{2}\,m\,v^2 = \dfrac{1}{2}\,G\,\dfrac{m\,M}{r}$, expresión que, al sustituirla en $(1)$, nos permite encontrar la energía mecánica pedida: $$E_t= \dfrac{1}{2}\,G\,\dfrac{m\,M}{r} - G\, \dfrac{m\,M}{r} = - \dfrac{1}{2}\,G\, \dfrac{m\,M}{r}\lt 0$$ Observemos que la energía mecánica total es negativa, habida cuenta de que la órbita es cerrada (el cuerpo de masa $m$ está atrapado por la gravedad del de masa $M$).

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Satélites que observan el mismo punto de la superfície de la Tierra un cierto número de veces al día

¿A qué altura debemos situar un satélite (en órbita circular) de tal manera que la velocidad angular de giro del satélite (alrededor de la Tierra) sea igual a $3\,\dfrac{\text{vueltas}}{\text{día terrestre}}$

Una vez en órbita, la fuerza de atracción de la Tierra tiene que ser igual a la fuerza centrípeta del satélite: $G\,\dfrac{M\,m}{r^2}=m\,\omega^2\,r$, donde $G=6,67 \times 10^{-11}\, \dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{kg}^2}$ es la constante de gravitación, $r$ es la altura de la órbita circular, $M$ es la masa de la Tierra ($5,97 \times 10^{24}\,\text{kg}$), $m$ la del satélite, y $w$ la velocidad angular de la Tierra en su giro sobre su eje de rotación. Simplificando, podemos escribir: $G\,\dfrac{M}{r^2}=\omega^2\,r \Rightarrow r^3=\dfrac{G\,M}{\omega^2} \Rightarrow r=\sqrt[3]{\dfrac{G\,M}{\omega^2}} \quad (1)$; ésta sería la altura a la que deberíamos situar el satélite para que su velocidad angular fuese igual a $\omega=1\,\dfrac{\text{vuelta}}{\text{día terrestre}}$, esto es, igual a la propia velocidad de giro de la Tierra sobre su eje. Nota: Este tipo de satélites reciben el nombre de estacionarios, pues si imaginamos una línea que pasé por dicho satélite y el centro de la Tierra, ésta interseca la superfície siempre en el mismo punto.

Para que el satélite esté sobre la vertical de un mismo punto de la superficie de la Tierra $3$ veces al día, su velocidad angular orbital ha de ser igual a $3\,\omega$, luego el radio de dicha órbita (denotémosle por $r'$) será igual (de acuerdo con $(1)$) a $r'=\sqrt[3]{\dfrac{G\,M}{(3\,\omega)^2}} \quad (2)$

Como el período de rotación de la Tierra sobre su eje es igual a $T=1\,\text{día}\cdot \dfrac{24\,\text{h}}{\text{día}}\cdot \dfrac{3600\,\text{s}}{\text{h}}=86\,400\,\text{s}$, se tiene que dicha velocidad angular, en radianes, es $\omega=\dfrac{2\,\pi}{T}=\dfrac{2\,\pi}{86\,400}\,\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$, por lo que, de $(2)$, llegamos a $r'=\sqrt[3]{\dfrac{6,67 \times 10^{-11}\cdot 5,97 \times 10^{24}}{(3\cdot \dfrac{2\,\pi}{86\,400})^2}} = 20\,300\,581\,\text{m}\approx 20,\,301\,\text{km}$. Y, como el radio de la Tierra es de $6\,371\,\text{km}$, la altura a la que debe situarse el satélite sobre la superficie de la Tierra (sobre el nivel medio del mar) es igual a $20,\,301 - 6\,371 = 13\,930\,\text{km}$

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Un ejemplo de aplicación de la conservación del momento angular (en ausencia de fuerzas externas)

Un escalador está descendiendo en rápel. Al llegar a una zona desplomada, empieza a girar involuntariamente sobre sí mismo. Para remediarlo, y aminorar la velocidad de giro, sentado de manera natural sobre su arnés, extiende una de sus piernas, formando el mayor ángulo posible con respecto de la línea de descenso (eje de giro). ¿A qué es debido ésto?

Si no actúan fuerzas externas, el momento angular ha de conservarse. Antes de extender la pierna, supongamos que, en su descenso con tendencia al giro, su velocidad de giro se $\omega_i$ y que su momento de inercia con respecto al eje de giro (en la dirección vertical del descenso). Después de extender la pierna de la manera descrita, su momento de inercia habrá aumentado, puesto que aleja parte de su masa del eje de giro; supongamos el nuevo momento de inercia es $I_f$, y que la nueva velocidad de giro sea $\omega_f$. Entonces, por la conservación del momento angular, podemos escribir $I_i\,\omega_i=I_f\,\omega_f$, luego $\omega_f=\dfrac{I_i}{I_f}\,\omega_i$; y al ser $I_i \gt I_f$, resulta que $\dfrac{I_i}{I_f}\lt 1$, con lo cual $w_f\lt w_i$.

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Un ejemplo de conservación del momento angular

Imaginemos un cilindro macizo de radio $r_1$ y masa $m_1$ que gira a una velocidad angular $\omega_{1_{i}}$, sin que actúen fuerzas externas. Mientras está girando, se le une, lateralmente, otro cilindro de radio $r_2$ y masa $m_2$, inicialmente sin movimiento giratorio ($\omega_{2_{i}}=0$), compartiendo ahora el mismo eje de rotación con el primero, girando el conjunto solidariamente. ¿Cuál será la velocidad de giro final del conjunto, $\omega_f$, tras dicho acoplamiento?

El momento angular inicial es $L_i=I_1\,\omega_{1_{i}}+I_2\,\omega_{2_{i}}=I_1\,\omega_{1_{i}}+I_2\cdot 0=I_1\,\omega_{1_{i}}$, donde $I_1$ e $I_2$ son los respectivos momentos de inercia, con respecto al eje de giro común.

El momento angular final es $L_f=I_1\,\omega_{1_{f}}+I_2\,\omega_{2_{f}}=(I_1+I_2)\,\omega_f$, y al estar el sistema aislado, el momento angular se conserva: $L_i=L_f$, con lo cual $I_1\,\omega_{1_{i}}=(I_1+I_2)\,\omega_f$; en consecuencia, $\omega_f=\dfrac{I_1}{I_1+I_2}\,\omega_{1_{i}} \quad (1)$. Por otra parte, el momento de inercia de un cilindro macizo con respecto del eje de giro que pasa por su centro es $I=\dfrac{1}{2}\,m\,r^2$, luego $I_1=\dfrac{1}{2}\,m_1\,r_{1}^{2}$ y $I_2=\dfrac{1}{2}\,m_2\,r_{2}^{2}$, lo cual permite expresar $(1)$ en función de los radios y de las masas de los cilindros: $\omega_f=\dfrac{\frac{1}{2}\,m_{1}\,r_{1}^2}{\frac{1}{2}\,m_{1}\,r_{1}^2+\frac{1}{2}\,m_{2}\,r_{2}^2}\,\omega_{1_{i}}=\dfrac{m_{1}\,r_{1}^2}{m_{1}\,r_{1}^2+m_{2}\,r_{2}^2}\,\omega_{1_{i}}$. Teniendo en cuenta que $m_{1}\,r_{1}^2 \lt m_{1}\,r_{1}^2+m_{2}\,r_{2}^2$, se tiene que $\dfrac{m_{1}\,r_{1}^2}{m_{1}\,r_{1}^2+m_{2}\,r_{2}^2} \lt 1$, luego $\omega_f \lt \omega_i$, como podríamos esperar antes de comenzar a resolver el problema.

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Dos esferas de la misma masa y radio, una hueca y la otra maciza ... ¿Cómo distinguirlas?

Imaginemos dos esferas del mismo radio y con la misma masa, indistinguibles a simple vista. Una de ellas es maciza y la otra es hueca, de corteza muy poco gruesa (el radio interior se supone que es mucho menor que el exterior, $r$). ¿Cómo podríamos distinguirlas?

Si las hacemos girar, aplicándoles el mismo momento de fuerza, $M$, se tiene que $M=I_{h}\,\alpha_{h}=I_{m}\,\alpha_{m} \quad (1)$, donde el subíndice $h$ indica la esfera hueca, $m$ la maciza, siendo $I_h$ el momento de inercia de la esfera hueca y $I_m$ el momento de la esfera maciza (con respecto del eje de giro), y $\alpha_h$ y $\alpha_m$ las aceleraciones angulares respectivas.

Entonces, de $(1)$ se tiene que $\dfrac{\alpha_m}{\alpha_h}=\dfrac{I_h}{I_m} \quad (2)$. Ahora bien, $I_h\approx \dfrac{2}{3}\,m\,r^2$, habida cuenta de que el grosor de la corteza esférica es despreciable) y $I_m=\dfrac{2}{5}\,m\,r^2$, por lo tanto, puede escribirse $(2)$ de la forma $\dfrac{\alpha_m}{\alpha_h}\approx \dfrac{\frac{2}{3}\,m\,r^2}{\dfrac{2}{5}\,m\,r^2}=\dfrac{5}{3} \gt 1 \therefore \alpha_m \gt \alpha_h$: la aceleración de la esfera maciza ha de ser mayor que la de la esfera hueca. $\diamond$

Dos bloques unidos por una cuerda ...

Dos bloques, $B_1$ y $B_2$, de masas respectivas $m_1$ y $m_2$, reposan sobre una plano horizontal, estando unidos ambos bloques por una cuerda inextensible (sin que forme comba). Se supone que el rozamiento es despreciable y que el suelo es lo suficientemente resistente para soportar el peso de los dos bloques (en la dirección perpendicuclar al suelo, el peso de cada bloque se compensa con la reacción normal ejercida por el suelo). Se tira del bloque $B_1$ mediante una fuerza $F$ alineada con los bloques y la cuerda que los une, haciendo que el conjunto se mueva en la dirección y sentido de la fuerza, por tanto, omitiré la notación vectorial. Voy a calcular la aceleración del conjunto así como la tensión $T$ a la que se somete la cuerda que une los dos bloques.

Aplicando la segunda ley de Newton al subsistema formado por el bloque $B_1$ y la cuerda que lo une al otro bloque, se tiene que $F-T=m_1\,a \quad (1)$; y, aplicando a su vez la segunda le de Newton al subsistema formado por el bloque $B_2$ y la cuerda que lo une al primer bloque: $T=m_2\,a\quad (2)$

Sustituyendo $(2)$ en $(1)$ se llega a $F=(m_1+m_2)\,a$, luego $a=\dfrac{F}{m_1+m_2}$, y, sustituyendo este resultado en $(2)$, se obtiene la tensión de la cuerda: $T=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,a$, que puede expresarse de la forma $T=\dfrac{1}{1+\frac{m_1}{m_2}}\,a$; así, vemos que, en el caso límite $m_2 \ll m_1$, se obtiene $\frac{m_1}{m_2} \rightarrow +\infty \therefore T \rightarrow 0$ y $a \sim \dfrac{F}{m_1}$, como debe ser. $\diamond$

Un bloque encima de otro, ambos en reposo y sobre el suelo. Fuerza de reacción del suelo.

Consideremos un conjunto de dos bloques rígidos, descansando uno sobre el otro, y reposando el conjunto sobre el suelo (horizontal), al que designaremos $T$. El bloque superior, $S$, tiene una masa $m_S$ y el bloque inferior, $I$, una masa $m_I$. Nos preguntamos cuál es la fuerza normal que $T$ ejerce sobre $I$, la fuerza que $S$ ejerce sobre $I$ y la fuerza que $I$ ejerce sobre $S$.

Analicemos el subsistema formado por el cuerpo $S$, que reposa sobre la cara superior del bloque $I$: Las fuerzas actuantes son $F_{I\rightarrow S}$ (fuerza que el bloque inferior, $I$, ejerce sobre el bloque superior $S$, y $P_S$ (el peso del cuerpo superior $S$); la correspondiente ecuación del balance de fuerzas es, $F_{I\rightarrow S}-P_S=0 \quad (1)$ (como todas las fuerzas tienen la misma dirección, puede omitirse la notación vectorial).

Analicemos también el subsistema formado por el cuerpo $I$ (sin olvidar que el bloque $S$ se carga sobre $I$), que reposa sobre el suelo $T$: Las fuerzas actuantes son: $F_{T\rightarrow I}$, que es la fuerza que $T$ ejerce sobre $I$; $F_{S\rightarrow I}$ (fuerza que el bloque $S$ ejerce sobre el bloque $I$), y $P_S$ (el peso del cuerpo $S$); entonces, la correspondiente ecuación del balance de fuerzas es $F_{T\rightarrow I}-F_{S\rightarrow I}-P_{I}=0 \quad (2)$ (al igual que en la ecuación $(1)$, como todas las fuerzas tienen la misma dirección, puede omitirse la notación vectorial).

De $(1)$, se obtiene que $F_{I\rightarrow S}-P_S$, y como $P_S=m_{S}\,g$ (siendo $g$ la intensidad del campo gravitatorio), deducimos que $F_{I\rightarrow S}=m_{S}\,g$. Por otra parte, por el principio de acció-reacción, $F_{I\rightarrow S}=F_{S\rightarrow I}=m_{S}\,g$, luego de $(2)$ se tiene que $F_{T\rightarrow I}-m_{S}\,g-m_{I}\,g=0$; en cosecuencia, $F_{T\rightarrow I}=m_{S}\,g+m_{I}\,g$

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Un problema de movimientos circulares uniformes

Dos cochecitos de juguete recorren un circuito circular, en sentidos opuestos, cada uno en el respectivo carril. El radio del circuito mide $4\,\text{m}$. Uno de ellos, $A$, se mueve con una velocidad lineal de $1\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ y el otro, $B$, a $3\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$. Los dos coches, separados una distancia de $2\,\text{m}$ (longitud de arco que los separa), arrancan en el mismo instante. ¿Cuánto tardarán en cruzarse? ¿Dónde producirá dicho cruce?

Voy a resolver el problema planteándolo en términos de magnitudes angulares. La velocidad angular de $A$ es $w_A=\dfrac{v_A}{r}=\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$, y la velocidad angular de $B$, $w_B=\dfrac{v_B}{r}=\dfrac{1}{4}\,\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$. Por otra parte, como la longitud de arco que los separa antes de que se pongan en movimiento es $s_0=2\,\text{m}$, la separación angular correspondiente es $\theta_0=\dfrac{s_0}{r}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\,\text{rad}$

Situemos el sistema de referencia, pongamos que en la posición de salidad de $A$, entonces la ecuación del movimiento de $A$ es $\theta_{A}(t)=\theta_{0}(A)+w_A\,t=0+\dfrac{1}{4}\,t=\dfrac{1}{4}\,t$, y la ecuación del movimiento de $B$, $\theta_{B}(t)=\theta_{0}(B)+w_B\,t=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}\,t$.

En el cruce, deberá cumplirse que la suma de las posiciones angulares sea igual a una vuelta completa, esto es $2\,\pi\,\text{rad}$, por consiguiente, escribiremos: $\theta_{A}(t)+\theta_{B}(t)=2\,\pi$, ecuación que permite calcular el tiempo que pasa desde que salen hasta que se cruzan:
  $\dfrac{1}{4}\,t+\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}\,t=2\,\pi$
    $\dfrac{1}{4}\,t+\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}\,t=2\,\pi$
      $t+\dfrac{1}{2}=2\,\pi$
        $t=2\,\pi-\dfrac{1}{2} \approx 4,8 \,\text{s}$

Para calcular la posición angular del punto de cruce referida a la posición de salida de $A$, simplemente calcularemos $\theta_{A}(2\,\pi-\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{4}\cdot (2\,\pi-\dfrac{1}{2})=\dfrac{4\,\pi-1}{8}\,\text{rad}$, que expresada en longitud de arco como distancia al punto de partida de $A$ (basta multiplicar por el valor del radio del circuito) es igual a $(\dfrac{4\,\pi-1}{8})\cdot 4 \text{m} = \dfrac{4\,\pi-1}{2}\,\text{m}$.

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Nota 1: Comprobamos que $\left(\dfrac{4\,\pi-1}{8}\,\text{rad}\right)+\left(\dfrac{12\,\pi+1}{8}\,\text{rad}\right)=\dfrac{16\,\pi}{8}=2\,\pi\,\text{rad}$, como debe ser.

Nota 2: Para calcular la posición angular del punto de cruce referida a la posición de salida de $B$, calcularemos $\theta_{B}(2\,\pi-\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}\cdot ( 2\,\pi-\dfrac{1}{2} )=\dfrac{12\,\pi+1}{8}\,\text{rad}$, que expresada en longitud de arco como distancia al punto de partida de $B$ es $(\dfrac{12\,\pi+1}{8})\cdot 4 \,\text{m} = \dfrac{12\,\pi+1}{2} \,\text{m}$

Nota 3: Comprobemos que la suma de las longitudes de arco correspondientes a las posiciones de cruce calculadas (con respecto a la posición de salida de $A$, y de la posición de salida de $B$) sea igual a la longitud de la circunferencia; en efecto: $\dfrac{4\,\pi-1}{2}\,\text{m} + \dfrac{12\,\pi+1}{2} \,\text{m} = \dfrac{16\,\pi}{2}\,\text{m}=8\,\pi\,\text{m}$, que es igual a la longitud de la circunferencia del circuito: $2\,\pi\,r=2\,\pi\cdot 4=8\,\pi\,\text{m}$.

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Un ejemplo de cálculo del campo eléctrico en una región del espacio, a partir de la función potencial escalar

A modo de ejercicio, voy a calcular el campo eléctrico en una región del espacio en la que el potencial eléctrico es $V(x,y,z)=x+3y^2+z^3$

El campo eléctrico en una región viene dado por $\vec{E}=-\vec{\nabla}\,V$, siendo el operador gradiente $\vec{\nabla}=\dfrac{\partial}{\partial\,x}\,\hat{i}+\dfrac{\partial}{\partial\,y}\,\hat{j}+\dfrac{\partial}{\partial\,z}\,\hat{k}$. Entonces, $\vec{\nabla}\,V=\dfrac{\partial\,V(x,y,z)}{\partial\,x}\,\hat{i}+\dfrac{\partial\,V(x,y,z)}{\partial\,y}\,\hat{j}+\dfrac{\partial\,V(x,y,z)}{\partial\,z}\,\hat{k}=$
$=1\,\hat{i}+6y\,\hat{j}+3z^2\,\hat{k}\,\therefore\, \vec{E}=-\hat{i}-6y\,\hat{j}-3z^2\,\hat{k}$

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Una cuestión acerca del campo y del potencial eléctrico

Consideremos una región del espacio en la que el potencial eléctrico sea constante. ¿Qué puede decirse acerca del campo eléctrico en dicha región?.

Teniendo en cuenta que el campo es el vector opuesto del gradiente de potencial, al ser constante el potencial en dicha región, el campo en la misma será nulo. $\diamond$

Una cuestión acerca del potencial eléctrico en un punto

Consideremos un punto aislado en el que el potencial eléctrico es nulo, ¿quiere decir ésto que, necesariamente, no puede haber cargas eléctricas alrededor de dicho punto?.

Por el principio de superposición, el potencial en un punto es igual a la suma de los potenciales creados por un conjunto de cargas, y como un potencial, en función del signo de la carga que lo crea, puede ser positivo o negativo, además de depender su valor de la distancia al punto en cuestión, es posible que la suma sea nula; por consiguiente, es posible que haya distribuciones de carga eléctrica que creen un potencial nulo en un punto dado. $\diamond$

Análisis de la dinámica de un Yo-yo

Un cilindro de radio $r$ tiene enrrollado un hilo resistente, a modo de Yo-yo. El extremo de dicho hilo se ancla al techo, y el cilindro (Yo-yo) queda de esta manera suspendido. La masa del cilindro es $m$ y la masa del hilo se considera despreciable. Voy a calcular la tensión del hilo $T$ y la aceleración $a$ con la que el cilindro desciende hacia el suelo.

Partiremos de la segunda ley de newton (la suma de fuerzas ha de ser igual a la masa por la aceleración del descenso); y, al haber también movimiento de giro, también de la ecuación de los momentos (la suma de momentos con respecto al eje de rotación del Yo-yo ha de ser igual al momento de inercia del mismo $I$ multiplicado por la aceleración angular $\alpha$). Es decir:

• $T\,r=I\,\alpha \quad (1)$
• $P-T=m\,a \quad (2)$

Teniendo en cuenta que, tratándose de un cilindro, su momento de intercia es $I=\dfrac{1}{2}\,m\,r^2$, podemos escribir $(1)$ de la forma $T\,r=\dfrac{1}{2}\,m\,r^2\,\alpha$, que simplificado queda, $T=\dfrac{m\,r\,\alpha}{2} \quad (1')$

Como, además, $a=m\,\alpha$, y $P=m\,g$ (siendo $g$ la intensidad del campo gravitatorio), la ecuación $(2)$ puede escribirse de la forma $m\,g-\dfrac{m\,r\,\alpha}{2}=m\,r\,\alpha$, que, al simplificar, nos lleva a $\alpha\,r=\dfrac{2}{3}\,g \quad (2')$, esto es, $a=\dfrac{2}{3}\,g$. Y al sustituir $(2')$ en $(1')$, se llega a $T=\dfrac{m\,g}{3}=\dfrac{1}{3}\,P$

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Un caso de movimiento circular

Una partícula describe el siguiente movimiento circular uniforme: $\vec{r}(t)=-3\,\cos(5t)\hat{i}+0\,\hat{j}+3\,\sin(5t)\,\hat{k}$ (en unidades del SI). Voy a calcular la aceleración tangencial, la aceleración normal, y el radio de curvatura (radio de la circunferencia).

Como el movimiento es cicurlar uniforme, es claro que la aceleración tangencial ha de ser nula ($\vec{a}_T=\vec{0}$); que no así, la aceleración normal, ya que, de ser ésta nula, el movimiento sería rectilíneo.

Comentario: Al ser nula la segunda componente del vector de posición genérico, la trayectoria se inscribe en el plano $Oxz$

Calculo la velocidad y la aceleración: $\vec{v}(t):=\dot{\vec{r}}(t)=15\,\sin(5t)\hat{i}+0\,\hat{j}+15\,\cos(5t)\,\hat{k}$; $\vec{a}(t):=\ddot{\vec{r}}(t)=75\,\cos(5t)\hat{i}+0\,\hat{j}-75\,\sin(5t)\,\hat{k}$

Teniendo en cuenta que $\vec{a}=\vec{a}_{T}+\vec{a}_N$, se tiene que $\vec{a}_N=\vec{a}-\vec{a}_{T}$, y como $\vec{a}_{T}=\vec{0}$, $\vec{a}_N=\vec{a}=75\,\cos(5t)\hat{i}+0\,\hat{j}-75\,\sin(5t)\,\hat{k}$

Además, se sabe que en un movimiento circular, el radio de curvatura es constante, y está relacionado con los módulos de la aceleración normal y de la velocidad de la forma $|\vec{a}_{N}|=\dfrac{(|\vec{v}|)^2}{R}$, por tanto $R=\dfrac{(|\vec{v}|)^2}{|\vec{a}_{N}|}=\dfrac{\left(\sqrt{15^2\,\sin^2\,(5t)+0^2+15^2\,\cos^2(5t)}\right)^2}{\sqrt{75^2\,\cos^2\,(5t)+0^2+75^2\,\sin^2(5t)}}=\dfrac{15^2}{75}=3\,\text{m}$

-oOo- Nota: A sabiendas de que tratamos con un movimiento circular, el radio de curvatura constante (radio de la circunferencia) puede determinarse también a partir de la ecuación cartesiana de dicha circunferencia: de la ecuación vectorial dada en el enunciado, se puede escribir fácilmente las ecuaciones paramétricas: $\left\{\begin{matrix}x(t)=-3\,\cos(5t) \\ y(t)=3\,\sin(5t) \\ z(t)=0\end{matrix}\right.$, así que, elevando al cuadrado y sumando miembro a miembro: $x(t)^2+y(t)^2+z(t)^2=(-3\,\cos(5t))^2+0^2+(3\,\sin(5t))^2=3^2\cdot (\cos^2\,(5t)+\sin^2(5t))=3^2\cdot 1=3^2$ por consiguiente, reconociendo en dicha ecuación la de una circunferencia centrada en el origen de coordenadas (cuya ecuación es $x(t)^2+y(t)^2+z(t)^2=R^2$), se deduce de inmediato que $R^2=3^2 \Rightarrow R=3\,\text{m}$

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Análisis de una trayectoria

En un cierto movimiento de una partícula, su vector de posición es $\vec{r}(t)=t^2\,\hat{i}+\hat{j}+t^2\,\hat{k}$. ¿Es un movimiento acelerado? ¿Se curva la trayectoria?

Para responder a esas preguntas, calcularé la aceleración normal y la aceleración tangencial (a la trayectoria). Si la aceleración normal fuese nula, la trayectoria no se curvaría, y el movimiento sería rectilíneo; en caso contrario, no sería rectilíneo. Por otra parte, si la aceleración fuese nula, se trataría de un movimiento uniforme, y, en caso contrario, de un movimiento acelerado.

El vector velocidad en un instante genérico es $\vec{v}(t):=\dot{\vec{r}}(t)=2\,t\,\,\hat{i}+0\,\hat{j}+2\,t\,\hat{k}$ y el vector aceleración (en un instante genérico) es $\vec{a}(t):=\ddot{\vec{r}}(t)=2\,\,\hat{i}+0\,\hat{j}+2\,\hat{k}=2\,(\hat{i}+0\,\hat{j}+\hat{k}) \neq \vec{0}=$, así que, obviamente, el movimiento no es uniforme.

Ahora, con un poco de atención por nuestra parte, el problema acabaría aquí, ya que si reparamos en el hecho de que, como acabamos de ver, $\vec{a}(t)=2\,\,\hat{i}+0\,\hat{j}+2\,\hat{k}\neq \vec{0}$, esto es, $\vec{a}(t) \propto \vec{v}(t)$ ya que $\vec{v}(t)=t\,\vec{a}(t)$; es decir, al tener el vector aceleración (en un instante genérico) la misma dirección que el vector velocidad (en un instante genérico), la aceleración (total) es tangencial (toda ella) en cualquier punto de la trayectoria, de lo que se deduce que la componente normal de dicha aceleración total es nula, por lo que no hay curvatura, es decir, la trayectoria es rectilínea.

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No obstante, y por si hubiese pasado percibido dicho detalle, calcularé la aceleración normal, para ver cómo es. Para ello, tengamos en cuenta que la aceleración tangencial en un instante genérico es $\vec{a}_T=a_T\,\hat{v}$, donde $\hat{v}$ representa un vector unitario en la misma dirección que $\vec{v}$ (y, por tanto, en la misma dirección que la aceleración tangencial); donde el módulo de dicha aceleración tangencial es $a_{T}:=\dfrac{d}{dt}(|\vec{v}|)$. Además, como $\vec{a}=\vec{a}_N+\vec{a}_T$, conoceremos de ahí la velocidad normal: $\vec{a}_N=\vec{a}-\vec{a}_T$.

Calculo pues lo que hace falta: $|\vec{v}|=\sqrt{(2t)^2+o^2+(2t)^2}=2\,\sqrt{2}\,t$, luego el módulo de la aceleración tangencial es $a_T=\dfrac{d}{dt}(2\,\sqrt{2}\,t)=2\,\sqrt{2} \neq 0$, por lo que ello constanta que el movimiento no es uniforme, pues, por lo menos, es acelerado en la dirección tangencial.

Veamos ahora si la trayectoria se curva, analizando la velocidad normal. Un vector unitario de la velocidad (y por tanto de la aceleración tangencial) es $\hat{v}=\dfrac{1}{|\vec{v}(t)|}\,\vec{v}(t)=\dfrac{1}{2\,\sqrt{2}\,t}\,\left(2\,t\,\hat{i}+0\,\hat{j}+2\,t\,\hat{k}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\,\left(\hat{i}+0\,\hat{j}+\hat{k}\right)$, con lo cual $\vec{a}_T=(2\,\sqrt{2})\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,\left(\hat{i}+0\,\hat{j}+\hat{k}\right) =2\,(\hat{i}+0\,\hat{j}+\hat{k})$, luego $\vec{a}_{N}(t)=\vec{a}(t)-\vec{a}_{T}(t)=2\,(\hat{i}+0\,\hat{j}+\hat{k})-2\,(\hat{i}+0\,\hat{j}+\hat{k})=\vec{0}$, con lo cual, obviamente, se llega, también así, a la misma conclusión a la que se había ya hace rato: el movimiento es rectilíneo y acelerado. $\diamond$

Velocidad media y aceleración media entre dos instantes de tiempo

Una partícula se mueve según la trayectoria $\vec{r}(t)=t^4\,\hat{i}+t^3\,\hat{j}+t^2\,\hat{k}$. Voy a calcular la velicidad y la aceleración en un instante de tiempo $t$ genérico, y, finalmente, la velocidad media y la aceleración media entre los instantes de tiempo $t_i=1$ s y $t_f=2$ s

Cálculo de la velocidad instantánea: $\vec{v}(t):=\dot{\vec{r}}(t)=4\,t^3\,\hat{i}+3\,t^2\,\hat{j}+2\,t\,\hat{k}$

Cálculo de la aceleración instantánea: $\vec{a}(t):=\ddot{\vec{r}}(t)=12\,t^2\,\hat{i}+6\,t\,\hat{j}+2\,\hat{k}$

Cálculo de la velocidad media entre $t_i$ y $t_f$: $$\vec{v_{m_{(t_i,t_f)}}}(t):=\dfrac{\vec{v}(t_f)-\vec{v}(t_i)}{t_f-t_i}=\dfrac{\vec{v}(2)-\vec{v}(1)}{2-1}=\dfrac{(4\cdot 2^3\,\hat{i}+3\cdot 2^2\,\hat{j}+2\cdot 2\,\hat{k})-(4\cdot 1^3\,\hat{i}+3\cdot 1^2\,\hat{j}+2\cdot 1\,\hat{k})}{1}$$ $$=(32-4)\,\hat{i}+(12-3)\,\hat{j}+(4-2)\,\hat{k}=28\,\hat{i}+9\,\hat{j}+2\,\hat{k}$$

Cálculo de la aceleración media entre $t_i$ y $t_f$: $$\vec{a_{m_{(t_i,t_f)}}}(t):=\dfrac{\vec{a}(t_f)-\vec{a}(t_i)}{t_f-t_i}=\dfrac{\vec{a}(2)-\vec{a}(1)}{2-1}=\dfrac{(12\cdot 2^2\,\hat{i}+6\cdot 2\,\hat{j}+2\,\hat{k})-(12\cdot 1^2\,\hat{i}+6\cdot 1\,\hat{j}+2\,\hat{k})}{1}$$ $$=(48-12)\,\hat{i}+(12-6)\,\hat{j}+(2-2)\,\hat{k}= 36\,\hat{i}+6\,\hat{j}+0\,\hat{k}$$

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Celeridad media en un recorrido total formado por varios tramos en los que se circula a distinta velocidad

Un ciclista recorre $20$ km a $35$ km/h, y los siguientes $30$ km a $25$ km/h, ¿cuál es la celeridad media en el recorrido total?

El recorrido total es de $20+30=50$ km, y el tiempo empleado es igual a $20/35$ h + $30/25$ h, esto es, $62/35$ h; en consecuencia, la velocidad media pedida es igual a $\dfrac{50}{62/35}=871/31$ km/h $\approx 28,23$ km/h. $\diamond$

Parámetros de un movimiento armónico simple y cálculo de la posición, velocidad y aceleración del móvil en ciertos instantes de tiempo

Un cierto movimiento armónico simple (m.a.s) tiene por ecuación $x(t)=2\,\cos(\pi\,t+\frac{\pi}{3})$, en unidades del SI (y en radianes las unidades de magnitud angular). Voy a extraer de ella información importante: la amplitud, la frecuencia angular, la frecuencia y el periodo. También calcularé cuál es la posición del móvil en el instante inicial, $t=0\,\text{s}$, así como la velocidad y la aceleración en el instante $t=\frac{1}{10}\,\text{s}$

Teniendo en cuenta que la ecuación genérica de la posición en un instante de tiempo $t$ de un m.a.s es $x(t)=A\,\sin\,(wt+\delta)$, en la que $A$ representa la amplitud; $w$ la frecuencia angular, y $\delta$ el desfase en el instante inicial, y, sabiendo que, para un ángulo cualquiera, $\theta$, las funciones trigonométricas seno y coseno está relacionadas mediante la identidad $\cos\,\theta = \sin\,(\theta+\frac{\pi}{2})$, podemos escribir la ecuación del m.a.s dada de la forma $x(t)=2\,\cos(\pi\,t+\frac{\pi}{3})=2\,\sin\,((\pi\,t+\frac{\pi}{3})+\frac{\pi}{2})=2\,\sin\,(\pi\,t+\frac{5}{6}\,\pi) \quad (1)$. Entonces, comparando esta ecuación con la e. genérica, se deduce que el valor de la amplitud es $A=2\,\text{m}$; el valor del desfase en el instante inicial, $\delta=\dfrac{5}{6}\,\pi\,\,\text{rad}$; el valor de la frecuencia angular es $w=\pi\,\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$, y como $w=\dfrac{2\,\pi}{T}$, siendo $T$ el periodo, vemos que $\pi=\dfrac{2\,\pi}{T}$ con lo cual $T=2\,\text{s}$; por consiguiente, como la frecuencia $f$ se define como el inverso del periodo $T$, deducimos que $f=0,5\,\text{s}^{-1}$.

La posición del móvil en el instante inicial es, de $(1)$, $$x(0)=2\,\sin\,(\pi\cdot 0+\frac{5}{6}\,\pi)=2\,\sin\,(\frac{5}{6}\,\pi)\,\,\text{m}=2\cdot \dfrac{1}{2}\,\,\text{m}=1\,\text{m}$$

Derivando sucesivamente dos veces $(1)$ con respecto de $t$, encontramos las ecuaciones de la velocidad y de la aceleración: $$v(t):=\dot{x}(t)=2\,\pi \cdot \cos\,(\pi\,t+\frac{5}{6}\,\pi)\quad (2)$$ $$a(t):=\ddot{x}(t)= -2\,\pi^2\,\sin\,(\pi\,t+\frac{5}{6}\,\pi)\quad (3)$$ Por tanto, los valores de la velocidad y de la aceleración del móvil en el instante $t=\frac{1}{10}\,\,\text{s}$, de $(2)$ y $(3)$, son: $$v(\frac{1}{10})=2\,\pi \cdot \cos(\frac{1}{10}\,\pi+\frac{5}{6}\,\pi) = 2\,\pi\cdot \cos(\frac{14}{15}\,\pi) \approx -6\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ $$a(\frac{1}{10})=-2\,\pi^2\,\sin(\frac{1}{10}\,\pi+\frac{5}{6}\,\pi)=-2\,\pi^2\,\sin(\frac{14}{15}\,\pi) \approx -4\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ $\diamond$

De cero a cien ...

Hemos leído en una revista de mecánica que un cierto vehículo es capaz de pasar de una velocidad de cero a cien kilómetros por hora en diez segundos, intervalo de tiempo durante el cual se mueve a aceleración constante. Nos preguntamos, a qué distancia de la salida se encontrará en dicho tiempo.

Necesitaremos calcular la aceleración que actúa sobre el vehículo durante este tiempo de $10\,\text{s}$; para ello, tengamos en cuenta que, al tratarse de un m.r.u.a ($a=\text{constante}$), se tiene que $v(t)=v(0)+a\cdot t$, luego, al ser $v(0)=0\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (se parte del reposo), $a=\dfrac{v(t)}{t}$

La velocidad final, en unidades del SI, es $100\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}=100\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}\cdot \dfrac{1}{1000}\,\dfrac{\text{m}}{\text{km}} \cdot \dfrac{1}{3600}\,\dfrac{\text{h}}{\text{s}}=36\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, con lo cual, $a=\dfrac{36}{10}=\dfrac{18}{5}\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Finalmente, por la ecuación del movimiento referida a la posición que el vehículo tiene en cada instante de tiempo: $x(t)=x(0)+v(0)\,t+\dfrac{1}{2}\,a\,t^2$; y, como hemos colocado el sistema de referencia en la posición de salida, $x(0)=0$, luego $x(10)=0+0\cdot t+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{18}{5} \cdot 10^2=180$, por consiguiente la distancia pedida es $\ell:=x(10)-x(0)=180\,\text{m}$   $\diamond$

Movimiento uniformemente acelerado en una rampa sin rozamiento

Un objeto está situado en un plano inclinado que forma un ángulo $\alpha$ con respecto al plano horizontal. Se supone que la intensidad del campo gravitatorio es de $g=9,81\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}$. El rozamiento con el plano inclinado se considera despreciable. Toda vez que el objeto empieza a deslizar, ¿cuánto tiempo tarde en alcanzar una velocidad de $4\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$? ¿Qué longitud se habrá desplazado sobre el plano hasta dicho instante?

Situemos el sistema de referencia en el punto en el que el objeto empieza a deslizar, y en la dirección del movimiento. Por la segunda ley de Newton, la aceleración en la dirección del movimiento, $a$, es tal que $m\,a=m\,g\,\sin\,\alpha$, con lo cual $a=g\,\sin\,\alpha$. Al tratarse de un m.r.u.a, podemos escribir la ecuación de la velocidad: $v(t)=v(0)+a\,t$, donde $v(0)=0\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$; por tanto, de la información del enunciado, se tiene que $4=0+g\,\sin\,\alpha \Rightarrow t=\dfrac{4}{a}=\dfrac{4}{g\,\sin\,\alpha}$, y, como $x(t)=x(0)+v(0)\cdot t + \dfrac{1}{2}\,a\,t^2$, y teniendo en cuenta que $x(0)=0$ y $v(0)=0\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$, la longitud de camino recorrida desde el instante inicial en el que empieza a deslizar hasta el instante que alcanza la velocidad propuesta, es, por tanto, la distancia entre estas dos posiciones, esto es, $$\ell:=x\left( \dfrac{4}{g\,\sin\,\alpha}\right)-x(0)=\dfrac{1}{2}\cdot g\, \sin\,\alpha \cdot \left(\dfrac{4}{g\,\sin\,\alpha}\right)^2-0=\dfrac{8}{g\,\sin\,\alpha}$$.

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Así, por ejemplo, si $\alpha=60^{\circ}$, el tiempo que tarda en alcanzar la velocidad de $4\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ es $t=\dfrac{4}{9,81\cdot \sin\,60^\circ}\approx 0,47\,\text{s}$ y la longitud de camino recorrida desde que inició el deslizamiento hasta el instante que alcanza dicha velocidad es $\ell:=x(0,47)-x(0)=\dfrac{8}{9,81\cdot \sin\,60^\circ}\approx 0,94\,\text{m}$. $\diamond$

Vectores de posición

La posición de una partícula en función del tiempo $t$ en el espacio euclídeo $\mathbb{R}^3$ viene dada por: $x(t)=t^2-1$; $y(t)=t$; $z(t)=t+2t^2$. ¿Cuál es el vector de posición de la partícula en el instante $t=2$ (unidades del SI)?

El vector de posición es $\vec{r}(t)=x(t)\,\hat{i}+y(t)\,\hat{j}+z(t)\,\hat{k}$, expresado en la base canónica (formada por los vectores ortonormales $\hat{i}=(1,0,0)$, $\hat{j}=(0,1,0)$ y $\hat{k}=(0,0,1)$). Entonces, con la información del enunciado, se tiene que $\vec{r}(t)=(t^2-1)\,\hat{i}+t\,\hat{j}+(t+2t^2)\,\hat{k}$. Entonces, en el instante $t=2$: $\vec{r}(2)=(2^2-1)\,\hat{i}+2\,\hat{j}+(2+2\cdot 2^2)\,\hat{k}=\vec{r}(t)=3\,\hat{i}+2\,\hat{j}+10\,\hat{k}$, que también podemos expresar de la siguiente manera, más escueta: $\vec{r}(2)=(3,2,10)$. $\diamond$

Cálculo de la ecuación de las posiciones a partir de la ecuación de velocidades en un m.r.u

En un cierto m.r.u, la ecuación de la velocidad viene descrita por la siguiente función del tiempo: $v(t)=t^2-2t+4$ (en unidades del SI). Sabiendo que en el instante en el que la velocidad es de $3\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$, la coordenada de posición es nula, ¿cuál es la ecuación que describe la posición en un instante genérico de $t$?

Como $\dot{x}(t)=:v(t)=t^2-2t+4$, integrando con respecto de $t$ llegamos a $x(t)=\int\,\dot{x}\,dt+C=\dfrac{1}{3}\,t^3-t^2+4t+C \quad (1)$. Y, para determinar el valor de la constante de integración $C$, imponemos la condición dada en el enunciado: $v(3)=0$, luego $3=t^2-2t+4$, esto es, $t^2-2t+1=0 \Rightarrow t=1$. Entonces, de (1), $0=\dfrac{1}{3}\cdot 1^3-1^2+4\cdot 1+C \Rightarrow C=-\dfrac{10}{3}$. Por consiguiente, la ecuación pedida es $$x(t)=\dfrac{1}{3}\,t^3-t^2+4t-\dfrac{10}{3}$$ $\diamond$

Un montacargas sube desde el suelo a una velocidad ...

Un montacargas sube desde el suelo a una velocidad constante de $1,5\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$. Transcurridos $4\,\text{s}$ desde que el ascensor ha empezado a subir, se desprende del piso del ascensor una arandela. ¿Cuánto tiempo pasa desde que el ascensor ha empezado a subir hasta que la arandela llega al suelo? ¿A qué altura sobre el suelo se encuentra el ascensor en el instante en el que la arandela llega al suelo?.

Calculo en primer lugar la altura (medida desde el suelo) a la que se encuentra el ascensor en el instante $t=4\,\text{s}$. Situando el origen de coordenadas, $Ox$, en la posición de la que ha partido el ascensor, y teniendo en cuenta que el movimiento del ascensor es un movimiento rectilíneo uniforme (m.r.u), se tiene que $x(4)=x(0)+1,5\cdot 4=0+6=6\,\text{m}$. En ese instante, la arandela cae hacia el suelo con movimiento uniformememnte acelerado, para recorrer los $6\,\text{m}$ que la separan del suelo, empleando para ello una cantidad de tiempo $\tau$, por lo que podemos escribir: $6=-4\tau+\dfrac{1}{2}\,g\,\tau^{2}$, esto es, $2g\tau^2-3\tau-12=0$ y, resolviendo esta ecuación, $\tau=\dfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^3-4\cdot (-12)\,g}}{2g}=\left\{\begin{matrix}\dfrac{3+\sqrt{9+48g}}{29}\gt 0 \\ \dfrac{3-\sqrt{9+48g}}{2g}\lt 0\end{matrix}\right.$. El valor negativo de la solución de la ecuación cuadrática no tiene sentido físico, por lo que únicamente nos quedamos el valor positivo: $\tau=\dfrac{3-\sqrt{9+48g}}{2g}\overset{g=9,81\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}}{\approx}1,26\,\text{s}$. Por consiguiente, la arandela llega al suelo en el instante $t=4+1,26=5,26\,\text{s}$. Y, por lo que se refiere a la respuesta a la segunda prenguta, es evidente que el ascensor se encuentra entonces a $x(5,26)=1,5\cdot 5,26=7,89\,\text{m}$ del suelo. $\diamond$

Frenado de un móvil que se mueve a velocidad constante

En un movimiento rectilíneo, un móvil lleva una velocidad de $20\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$. Si se quiere detener en $5\,\text{s}$, ¿qué aceleración (constante) de frenada se necesita?

Se sabe que $v(t)=v_i+a\,t \therefore 0=5+5\,t \Rightarrow a=-1\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}$. $\diamond$

Imagen de un pez visto desde una escafandra de submarinista que tiene forma esférica

Imaginemos que nos sumergimos en un estanque, provistos de una escafandra esférica cuyo radio es de $60\,\text{cm}$. Observamos un pez a una distancia de $100\,\text{cm}$ de la escafandra (medida desde el punto de intersección del eje óptico con la superficie de la escafandra). ¿A qué distancia se sitúa la imagen del pez? ¿La imagen será directa o inversa? ¿Cuál será el aumento lateral o relación entre el tamaño de la imagen del pez y el del objeto (el del pez)?

Recordemos la ecuación del dióptrico esférico, $\dfrac{n}{s}+\dfrac{n'}{s'}=\dfrac{n'-n}{R}$ (despreciamos el efecto del grosor del cristal de la escafandra). En nuestro caso, el espacio objeto corresponde al agua (donde se halla el pez) y sabemos que su índice de refracción $n=1,33$. Observamos desde el interior de la escafandra; el medio, por tanto, éste es aire, cuyo índice de refracción es $n'=1$. Al estar el pez en el espacio objeto (espacio en el que la luz es incidente), $s\gt 0$, luego $s=+100\,\text{cm}$. El radio del dióptrico es positivo, pues el centro de curvatura de la superficie del mismo está en el espacio donde la luz se refracta, luego tomamos $R\gt 0$.

Así pues, $\dfrac{1,33}{+100}+\dfrac{1}{s'}=\dfrac{1-1,33}{+60}$, de donde despejando, obtenemos $s'=\left( \dfrac{1-1,33}{60}-\dfrac{1,33}{100} \right)^{-1} \approx -53\,\text{cm}$, que, al ser una cantidad negativa, significa que la imagen se forma en el espacio donde la luz es incidente.

Por otra parte, sabemos que el aumento lateral (relación de tamaños), es $m:=\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{n}{n'}\cdot \dfrac{s'}{s}$, luego $m=-\dfrac{1,33}{1}\cdot \dfrac{-53}{100}\approx 0,70 \gt 0$, lo cual quiere decir que la imagen formada es directa. Si estimamos que el tamaño del pez es de unos $y=10\,\text{cm}$, el tamaño de la imagen es $y'=0,70\,\cdot 10=7\,\text{cm}$. $\diamond$

Sobre la fusión del hielo flotante en el mar

Como es sabido, tanto el hielo ártico que forma el casquete polar Ártico, que es básicamente una gran masa de hielo marino rodeada de mar, como el hielo antártico en flotación en el océano glacial Antártico y que proviene del hielo continental (del contiente Antártico) y que por tanto está formado de hielo de agua dulce, van disminuyendo su extensión como consecuencia del calentamiento global, que funde progresivamente esas masas de hielo a consecuencia del aumento de temperatura del agua del mar. Por otra parte, hay que tener muy en cuenta que el solo efecto de la dilatación del agua debida al aumento de temperatura por el cambio climático, se da en todos los océanos y mares de la Tierra.

La fusión de los casquetes polares y la dilatación del agua del mar debida al calentamiento global

Si bien la fusión de los témpanos de hielo marino en el océano Ártico, en principio, no tienen como consecuencia un aporte de nueva agua al océano por estar formado dicho hielo por la propia agua del mar, el propio aumento de temperatura del agua del mar que es la causa de su fusión ocasiona la consiguiente dilatación del agua, y, por tanto, un aumento en el nivel del agua del mar. Por lo que se refiere a la fusión del hielo antártico (hielo continental) en flotación, éste sí contribuye directamente y de manera importante a un aporte de de agua (dulce) al océano, pues el hielo antártico se forma a partir del agua dulce del continente. Este aporte de agua dulce al océano antártico tiene como efecto el disminuir la salinidad del mismo, modificándose de este modo la corrientes termohalinas a nivel global, con el correspondiente efecto sobre los intercambios termodinámicos entre el océano y la atmósfera, y, por consiguiente, sobre el clima global.

Profundicemos ahora un poco en el detalle de la fusión de los témpanos de hielo, ya sean estos de hielo marino (en el Ártico) o bien de hielo continental (en el océano Antártico).

Hielo en flotación

Al congelarse una cierta cantidad de agua, se produce un aumento de volumen de aproximadamente el $9\,\%$ del volumen de agua inicial; por tanto, el hielo tiene una densidad menor que la del agua en fase líquida, por lo que ésta es la razón de que el hielo, ya sea éste de agua dulce o bien de agua salada, flote en el agua, ya se trate ésta de agua dulce o de agua de mar. Abajo discutiremos ambos casos. Denotaremos por $d_{hc}$ a la densidad del hielo continental y por $d_{am}$ a la densidad del agua del mar, siendo $d_{hc} \lt d_{ad} \lt d_{am}$, donde $d_{ad}$ denota la densidad de agua dulce. Hay que tener en cuenta también que el agua del mar, $d_{am}$, al contener sal disuelta, es más densa que el agua dulce, esto es, $d_{ad} \lt d_{am}$

Hielo marino en flotación: En un témpano de hielo marino en flotación en el agua (del mar), una parte del volumen total del mismo, $V_{hm}$, emerge ($V_{hm_{1}}$) y el resto está sumergido ($V_{hm_{2}}$). Para que flote, la fuerza de empuje (Arquímedes) ha de ser igual al peso del témpano, luego $d_{am}\,V_{hm_{2}}\,g=d_{hm}\,V_{hm_{2}}\,g$, luego la fracción de volumen de hielo marino sumergido es $\dfrac{ V_{hm_{2}}}{V}=\dfrac{d_{hm}}{d_{am}} \quad (1)$, y, como $V_{hm} = V_{hm_{1}}+ V_{hm_{2}}$ se tiene que la fracción de volumen de hielo marino emergido es $\dfrac{ V_{hc_{1}}}{V_{hm}}=1-\dfrac{ V_{hm_{2}}}{V_{hc}}$, que es lo mismo que $\dfrac{V_{hm_{1}}}{V_{hm}}=\dfrac{d_{am}-d_{hm}}{d_{am}} \quad (2)$

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Nota: El agua del mar tiene por término medio una concentración de sales de alrededor de $35\,\dfrac{\text{g}}{L}$, que corresponde aproximadamente a $3,5\,\%$ de concentración de sal. Esas sales son de hierro, magnesio, potasio, bromo, calcio, boro y flúor; además, el agua marina cotiene oligoelementos (hierro, manganeso, cobre, yhodo, silicio y fósforo); y, por supuesto, zooplancton y fitoplancton. Al helarse el agua del mar parte de las sales son expulsadas en el proceso de cristalización, formando una especie de salmuera, por lo que la concentración salina del agua que se obtiene al fundir ese hielo es menor (de entre el $0,1\,\%$ y el $2\,\%$ de concentración de sales); por tanto, dicha agua de fusión, si pudiese recogerse, no llegaría a ser agua dulce, pero es menos salada que el agua del mar.

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Hielo continental en flotación: En un témpano de hielo continental en flotación en el agua (del mar), utilizando la misma notación para el volumen emergido y sumergido, e imponeniendo la condición de equilibrio (en la flotación): $d_{am}\,V_{hc_{2}}\,g=d_{hm}\,V_{hc_{2}}\,g$, luego la fracción de volumen de hielo continental sumergida es $\dfrac{ V_{hc_{2}}}{V_{hc}}=\dfrac{d_{hc}}{d_{am}} \quad (1')$, y, como $V_{hc} = V_{hc_{1}}+ V_{hc_{2}}$ se tiene que la fracción de volumen de hielo continental emergida, es $\dfrac{ V_{hc_{1}}}{V_{hc}}=1-\dfrac{ V_{hc_{2}}}{V_{hc}}$, que es lo mismo que $\dfrac{V_{hc_{1}}}{V_{hc}}=\dfrac{d_{am}-d_{hc}}{d_{am}} \quad (2')$.

El hielo continental en flotación se hunde más que un mismo volumen de hielo marino en flotación. Comprobémoslo comparando el volumen sumergido de hielo marino en relación al volumen sumergido de hielo continental, tomando el mismo volumen total de hielo: si $V_{hc}=V_{hm}$, dividiendo miembro a miembro $(1)$ entre $(1')$ vemos que $\dfrac{V_{hm_{2}}}{V_{hc_{2}}}=\dfrac{d_{hm}}{d_{hc}} \gt 1$ pues, al contener sal el hielo marino y no el hielo continental, $d_{hm} \gt d_{hc}$, con lo cual $V_{hm_{2}} \lt V_{hc_{2}}$. En consecuencia, con el mismo volumen de témpano de hielo total, un témpano de hielo marino está menos sumergido que un témpano hielo continental.

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Nota: Con los siguientes datos sobre las densidades medias: del agua del mar (am), del hielo continental (hc), del hielo marino (hm): $d_{am} \approx 1\,025 \;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$; $d_{hm} \approx 920 \;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$; $d_{hc} \approx 917 \;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$ —recordemos que la densidad del agua dulce (ad) es $d_{ad}\approx 1\,000\;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$— se obtiene $\dfrac{ V_{hm_{2}}}{V}=\dfrac{920}{1\,025}\approx 0,898$, esto es, el volumen sumergido de un témpano de hielo marino es del $89,8\,\%$ de su volumen total. Y de $\dfrac{ V_{hc_{2}}}{V_{hc}}=\dfrac{917}{1\,025}\approx 0,895$, es decir, un $89,5\,\%$ del volumen total de un témpano de hielo continental está sumergido.

Ejemplo: Imaginemos que, navegando en el océano Antártico, cerca del contienente, avistamos un témpano de hielo desprendido de un glaciar (hielo continental). Estimamos que el volumen emergido es de $150\,\text{m}^3$ y nos preguntamos cuál es el volumen total del témpano y cuál es su masa.
  Como sabemos que el $89,5\,\%$ del volumen total está sumergido, el volumen emergido representa un $100\,\%-89,5\,\%=10,5\,\%$ del volum total; entonces, basta con hacer un cálculo de proporcionalidad para determinar el volumen total $V$ de dicho témpano: $\dfrac{100}{10,5}=\dfrac{V}{150}$, con lo cual $V=\dfrac{150\cdot 100}{10,5}\approx 1429\,\text{m}^3$. Y, como conocemos la densida del hielo continental, $d_{hc}=917\,\dfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$, la masa que estimamos de ese témpano es de $917\,\dfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}\cdot 1\,429\,\text{m}^3 = 1\,310\,393\,\text{kg}$.
  Al estar dicho témpano de hielo formado de agua dulce, esa masa de hielo de agua dulce (cuya densidad es de $1\,000\,\dfrac{\text{kg}}{\text{dm}^3}$, esto es, de $1\,\text{kg}$ por cada litro), supone un volumen de agua (dulce) de $1\,310\,393\,\text{L}$. Si fuese posible aprovecharlo, por ejemplo, para el suministro de agua de una base antártica en la que viven $20$ personas, ¿para cuántos días se dispondría de agua dulce, contando con un consumo estimativo de $50\,\text{L}$ por persona y día? Pues bien, haciendo un sencillo cálculo de proporcionalidad encotramos que el suministro duraría $\dfrac{1\,310\,393\,\text{L}}{20\cdot 50 \dfrac{\text{L}}{\text{día}}} \approx 1\,310\,\text{días}$

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Acerca de la fusión de hielo continental en flotación en el océano

Al fundirse un témpano de hielo continental, éste aporta un incremento de la cantidad de agua del océano, que corresponde a la del hielo continental que lo formaba, por lo que se reducirá la concentración de sales del agua del mar, la salinidad del mar disminuirá. Además, el aumento de temperatura del agua del mar que ha ocasionado la fusión del témpano de hielo continental tiene también el efecto de dilatar el agua del mar. El aporte al mar del agua del témpano de hielo continental, sumado a la dilatación del agua (líquida) del mar, tiene como efecto un mayor aumento del nivel del mar. La elevación de la tempertatura debida al cambio climático produce; por tanto, y como desgraciadamente puede comprobarse, se produce un aumento del nivel del mar, que es progresivo y va a la par con el efecto creciente y global del cambio climático.

Acerca de la fusión del hielo marino en flotación en el océano

Recordemos que una cierta cantidad de agua, ya sea dulce o marina, como es el caso, se produce un aumento de volumen de aproximadamente el $9\,\%$ del volumen de agua inicial; por tanto, como en el caso del hielo formado a partir del agua continental, el hielo formado a partir del agua del mar tiene también una densidad menor que la del agua del mar en fase líquida, y, por tanto, el hielo marino, también flota en el agua del mar; denotaremos por $d_{hm}$.

A diferencia de la formación del hielo continental, el hielo marino de los témpanos en flotación en el océano se forma por la congelación de la propia agua del mar, razón por la cual la fusión de un témpano de hielo marino no incrementa la cantidad de agua del océano; sin embargo, y por otra parte, como ya se ha dicho en el caso de la fusión del hielo a consecuencia del aumento de la temperatura del agua del mar en la que flota, la dilatación de ésta (por causa del aumento de temperatura), hace que el agua del mar se dilate, por lo que este segundo efecto de la dilatación del agua calentada, sí contribuye al aumento del nivel del mar.

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Un juguete para el lanzamiento parabólico de bolitas

Un juguete consta de un tubito cerrado por un extremo, dentro del cual hay un resorte, de recuperación elástica $k$, unido por un extremo a la base del cilindro y por el otro a una plataforma circular que ajusta perfectamente en el diámetro interior, de manera que se pueda desplazar sin rozamiento por dentro del cilindro. Comprimiendo el resorte una longitud $\ell$ y asegurando la posición de la plataforma mediante un pestillo, colocamos dentro del cilindro una pequeña esfera de plástico de masa $m$ del mismo radio que la cara interior del cilindro, y, a continuación, liberamos el pestillo, para que la bolita saldrá impulsada por el resorte. Al lanzar la bola, hemos inclinado el tubo un ángulo $\theta$ con respecto al a la horizontal. ¿Cuál es el alcance en la dirección horizontal de la bola? ¿Y el máximo alcance posible?

Para responder a las preguntas, necesitamos calcular la celeridad (módulo del vector velocidad) inicial de la bola, $v_0$. Para ello, tegamos en cuenta que la energía potencial del resorte tendrá que transformarse enteramente en energía cinética de de la bola (suponemos que no hay retroceso en el tubito lanzador, pues éste está sólidamente fijado) y que el rozamiento entre la bola y las paredes interiores del cilindro es despreciable, así como también suponemos que no hay pérdida de energía por calor en la recuperación elástica del resorte. Entonces, $\dfrac{1}{2}\,k\,\ell^2=\dfrac{1}{2}\,m\,v_{0}^2 \Rightarrow v_0=\ell \,\sqrt{\dfrac{k}{m}} \quad (1)$.

Situemos el origen de referencia en el punto de lanzamiento, con ejes ortogonales: el eje $Ox$ sobre el plano horizontal, en la dirección en la que apunta el cilindro, y el eje $Oy$ en dirección la perpendicular al eje $Ox$ y en sentido contrario a la intensidad del campo gravitatorio, para cuya intensidad tomaremos el valor estándar $g=9,81\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.

La velocidad de la bolita, en dicho sistema de referencia, se descompone pues en dos componentes ortogonales, cuyos módulos son $v_{0_{x}}=v_0\,\cos\,(\theta)$ y $v_{0_{y}}=v_0\,\sin\,(\theta)$.

Las ecuaciones de posición de la bola en todo instante de tiempo $t$, contado desde el momento del lanzamiento, son (como es bien sabido) $x(t)=v_{0_{x}}\,t \quad (1)$ y $y(t)=v_{0_{y}}\,t - \dfrac{1}{2}\,g\,t^2\quad (2)$ (ecuaciones paramétricas de una parábola).

Para calcular el alcance horizontal, debemos tener en cuenta que en el momento en que la bola aterrice, la coordenada $y$ toma, al igual que en el momento del lanzamiento, el valor cero. Por tanto, igualando $(2)$ a $0$, obtendremos el tiempo que transcurre desde el lanzamiento hasta el aterrizaje, esto es, el tiempo de vuelo: $0=v_{0_{y}}\,t - \dfrac{1}{2}\,g\,t^2 \Rightarrow t_{\text{vuelo}}=\dfrac{2\,v_{0_{y}}}{g}$. Y, sustituyendo este valor en $(1)$, llegamos a la expresión del alcance, esto es, el valor de la coordenada $x$ para $t=t_{\text{vuelo}}$: $$x(t_{\text{vuelo}})=\dfrac{v_{0}^{2}\,\sin\,(2\,\theta)}{g} \quad (2)$$

De la expresión anterior, vemos que este alcance es máximo cuando el valor del seno de $2\,\theta$ toma el valor máximo, esto es, en el caso de que $\sin\,(2\,\theta)=1$; y, por tanto, eso ocurre para $2\,\theta = \dfrac{\pi}{2}\,\text{rad}$, esto es, en el caso de que $\theta=\dfrac{\pi}{4}\, \text{rad}$, que, si lo expresamos en grados sexagesimales corresponde a una inclinación del cilindro de lanzamiento de $45^\circ$. Así pues el máximo alcance viene dado por $x_{\text{máximo}}=\dfrac{v_{0}^{2}}{g} \quad (3)$

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Ejemplo. Pongamos de un supuesto razonable (para el juguete) como es el siguiente: $m=0,003\,\text{kg}$; $k=1000\,\dfrac{\text{N}}{\text{m}}$ y $\ell=0,01\,\text{m}$. Entonces, de $(1)$ vemos que el módulo de la velocidad toma el valor $v_0 \approx 5,77\,\dfrac{m}{s}$, y que, de $(3)$, el alcance máximo (para $\theta=45^\circ$) es $x_{\text{máximo}}\approx 3,40\,\text{m}.$   $\diamond$

Tensiones y fuerzas que intervienen en el montaje del mástil de un balandro

El mástil del balandro está montado de la manera que se indica en la figura. Se han regulado las tensiones de los estayes de tal manera que la tensión del de proa es de $500\,\text{N}$. El peso del mástil es de $800\,\text{N}$. Nos preguntamos cuál es la tensión del estay de popa, $T_2$, así como la fuerza resultante que se ejerce perpendicularmente sobre la cubierta en el lugar donde se apoya el mástil.

Descomponiendo las fuerzas en las direcciones de los ejes del sistema de referencia e imponiendo las condiciones de equilibrio:
$$\left\{\begin{matrix}R=T_2\,\sin\,\alpha_2+500\,\sin\,\alpha_1+800 & (1)\\ 0 = T_2\, \cos\,\alpha_2-500\,\cos\,\alpha_1 & (2)\end{matrix}\right.$$ Despejando $T_2$ de $(2)$ se tiene que $T_2=500\cdot \dfrac{\cos\,\alpha_1}{\cos\,\alpha_2}=500\cdot \dfrac{\frac{3,5}{\sqrt{12^2+3,5^2}}}{\frac{6,5}{\sqrt{12^2+6,5^2}}}= 294\,\text{N}$ (aproximando por redondeo a la cifra de las unidades) y sustituyendo este resultado en $(1)$, $$R=294\cdot \dfrac{12}{\sqrt{12^2+6,5^2}}+500\cdot \dfrac{12}{\sqrt{12^2+3,5^2}}+800=1\,539\,\text{N}$$ $\diamond$

Energía mecánica y trabajo. Un ejemplo muy sencillo

Consideremos una puerta corredera. Estando abierta, queremos cerrarla, y para ello, tiramos del pomo con una fuerza de $10\,\text{N}$, formando ésta con la guía un ángulo de $60^\circ$. La longitud que la desplazamos es de $2\,\text{m}$, de manera que el extremo de la puerta se desplaza del punto $A$ (inicial) situado sobre la guía corredera al punto $B$ (final) igualmente situado sobre la guía.

¿Cuál es la cantidad de energía mecánica que supone el cierre de la puerta?

El trabajo mecánico, $W$, que es igual a la energía mecánica pedida, viene dado por el producto escalar de la fuerza y el vector desplazamiento, esto es, $W:=\langle \vec{F},\vec{AB}\rangle =\left\| \text{proy}_{\vec{AB}}\,\vec{F}\right\|\cdot \left\|\vec{AB}\right\|=(F\,\cos\,60^{\circ})\cdot 2 = 10\cdot \dfrac{1}{2}\cdot 2=10\,\text{J} $
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Acerca de la relación entre las escalas de temperatura Celsius y Fahrenheit

En este artículo, y a modo de ejercicio, voy a ver qué relación hay entre estas dos escalas de temperatura. Para ello, y teniendo en cuenta que la relación entre las dos es de proporcionalidad, basta con tener en cuenta dos puntos, el de congelación y el de ebullición del agua (en condiciones normales de presión atmosférica): la temperatura de congelación del agua es de $0\,^\circ \text{C}$, que corresponde a $32\,^\circ \text{F}$, y el de ebullición es de $100\,^\circ \text{C}$, que corresponde a $212\,^\circ \text{F}$.

He representado gráficamente estos dos puntos, $A(0,21)$ y $B(100,212)$, y he dibujado la recta que pasa por sendos puntos (existe proporcionalidad entre una escala y otra) en la gráfica de la Fig. 1

Hecho ésto, bastará ahora determinar la ecuación de dicha recta. Para ello, designaré la variable independiente cuyos valores se representan en el eje de abscisas por $x$ (temperaturas expresadas en grados Celsius), y la variable dependiente por $y$ (temperaturas expresadas en grados Fahrenheit), cuyos valores se representan en el eje de ordenadas. Escribiré directamente la ecuación de la recta en forma continua, y, a partir de ésta, se podrá despejar una u otra variable, según convenga. Siendo $P(x,y)$ un punto genérico de la recta, podemos pues escribir: $$\dfrac{x-0}{100-0}=\dfrac{y-32}{212-32}$$ que, simplificando, es lo mismo que $$\dfrac{x}{5}=\dfrac{y-32}{9}$$

Así que, despejando $y$, se llega a $$y=\dfrac{9}{5}\,x+32$$ ecuación que podemos emplear para, a partir de la temperatura expresada en grados Celsius, calcular dicha temperatura expresada en grados Fahrenheit, que, para que sea más fácil de manejar, suele emplearse $F$ en lugar de $y$ y $C$ en lugar de $x$: $$F=\dfrac{9}{5}\,C+32 $$

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Observación 1:
De la relación anterior, notemos que para que en la escala Fahrenheit aparezcan valores negativos deberá cumplirse que $\dfrac{9}{5}\,C+32 \lt 0$, esto es, si $C \lt -\dfrac{5}{9}\cdot 32 \approx -18\,^\circ \text{C}$

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Por otra parte, despejando $x$, se llega a $$x=\dfrac{5}{9}\,(y-32)$$ ecuación que podemos emplear para, a partir de la temperatura expresada en grados Fahrenheit, calcular dicha temperatura expresada en grados Celsius, que, para mayor claridad, reescribimos de la forma: $$C=\dfrac{5}{9}\,(F-32) $$

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Observación 2:
De la relación anterior, notemos que para que en la escala Celsius aparezcan valores negativos deberá cumplirse que $\dfrac{5}{9}\,(F-32) \lt 0$, esto es, y como cabe esperar echando un vistazo a la gráfica, si $C \lt 32\,^\circ \text{F}$

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Referencias:
  [1] Zemansky, M.W., Calor y Termondinámica, pp. 3-27, Aguilar, Madrid, 1973. [Para una lectura de ampliación acerca de la temperatura, de las escalas de medida, y de los principios instrumentales para medirla]
  [2] Mederos, L., Meteorología, pp. 34-35, Tutor, Madrid, 2018

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Una aproximación a la fórmula barométrica (variación de la presión atmosférica con la altura)

Para empezar, debemos hacer algunas aproximaciones importantes, lo cual, desde luego, limitará la validez de la expresión que vamos a deducir, en el sentido que no será igualmente aplicable a la troposfera en su totalidad, sino solamente entre dos capas de la misma entre las que las siguientes suposiciones sean aceptables. Supondremos que:

1. Entenderemos el aire como un gas ideal (las partículas del aire chocan al azar, sin que haya un potencial de interacción), aunque realmente no sea así
2. La temperatura permanecerá constante en un cierto rango de alturas
3. La composición y la densidad del aire, las supondremos también constantes en dicho rango de alturas

De esta manera, podemos entender la idea de base que debemos utilizar para, en ulteriores refinamientos, poder aproximarnos a expresiones mucho más realistas.

Teniendo en cuenta (2), podemos escribir que $PV=nRT \quad (1')$, donde $P$ es la presión de un gas en un recipiente; $V$ es el volumen del mismo; $n$ es el número de moles del gas encerrado en el recipiente, $R$ es la constante de los gases ideales ($R=8,3144598\, \dfrac{\text{J}}{\text{mol·K}}$) y $T$ es la temperatura expresada en grados Kelvin.

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Es de notar que la ecuación de estado de los gases ideales puede escribirse también de la siguiente manera: $P=\rho\,k\,T$, donde $\rho$ es el número de moléculas de aire por unidad de volumen, y $k$ es la constante de Boltzmann, que está relacionada con la constante de los gases ideales, $R$, de la forma $k=\dfrac{R}{N_A}$, siendo $N_A$ (número de moléculas por mol) es el número de Avogadro. En efecto, partiendo de $(1')$, tenemos que
  $PV=nRT$
  $PV=n\,N_A\,k\,T$
donde $n\,N_A$ (recordemos que $n$ es el número de moles de aire y $N_A$ representa el número moléculas de aire por mol) es el número de moléculas de aire, que denotaremos por $N$, por lo tanto podemos escribir la ecuación de la forma:
  $PV=N\,k\,T$
dividiendo ahora por $V$ en ambos miembros de la igualdad,
  $P=\dfrac{N}{V}\,k\,T$
siendo $\dfrac{N}{V}$ el número de moléculas por unidad de volumen, esto es, $\rho$, con lo cual,
  $P=\rho\,k\,T \quad (1'')$, expresión en la que ya no aparece explícitamente el volumen del gas, lo cual, acaso sea interesante para ser empleada en algunos desarrollos, pues, la atmósfera, en principio, y aunque siempre estaremos pensando en una parte de la misma, no está encerrada, con un volumen determinado, a la manera de la imagen de un recipiente cerrado. En cualquier caso, tanto $(1')$ como $(1'')$ podremos aplicarlas; pero hay que insistir en que, realmente, el aire no es un gas ideal, y por tanto, esas ecuaciones proporcionan una descripción aproximada.

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Tomaremos ahora un cierto recinto atmosférico, entre dos capas de la atmósfera, y asumiremos que podemos entenderlo como el 'recipiente' en el que estudiamos el problema (a pesar de que no tenga paredes que lo cierren); además, supondremos que en este dominio son validas las suposiciones anteriormente expuesta (1,2,3 y 4). También tendremos en cuenta que la presión hidrostática en la troposfera decrece con la altura sobre el nivel del mar, $P(z) \propto - z$, donde $z$ es la altura sobre el nivel del mar, de tal modo que, $P(z)=-\sigma\,g\,z \quad (2)$, siendo $\sigma$ la densidad del aire (razón entre la masa y el volumen), que suponemos constante en el dominio delimitado, y $g$ es la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra (que también consideramos aproximadamente constante en dicho dominio).

De $(1')$, debemos tner en cuenta que $P$ depende ahora de $z$, esto es, escribimos $V\,P(z)=nRT \quad (3)$. Por otra parte, diferenciando en ambos miembros de $(2)$, podemos escribir $dP(z)=d(-\sigma\,g\,z)$, luego $dP(z)=(-\sigma\,g\,z)'\,dz$ y por tanto se tiene que $dP(z)=-\sigma\,g\,dz \quad (4)$. Dividiendo ahora, miembro a miembro, $(4)$ entre $3$, encontramos la siguiente ecuación diferencial ordinaria: $$\dfrac{dP(z)}{P(z)}=-\dfrac{\sigma\,V}{n}\cdot \dfrac{g}{R\,T}\cdot dz$$ y teniendo en cuenta que $\dfrac{\sigma\,V}{n}$ es la masa molar del gas, a la que donotamos por $M$, podemos reescribir dicha ecuación diferencial de la forma $$\dfrac{dP(z)}{P(z)}=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot dz \quad (5)$$

Integrando en cada miembro de $(5)$, tenemos que $$\displaystyle \int\dfrac{dP(z)}{P(z)}=\int\, -\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot dz $$ resultando $$\ln\,P(z)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z+C$$ Para determinar el valor de la constante de integración, tendremos en cuenta que $P(0)$ es la presión al nivel del mar, a la que denotamos por $P_0$. Así pues, $$\ln\,P(0)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot 0+C = 0+C \Rightarrow C=\ln\,P(0):=\ln\,P_0$$ con lo cual llegamos al siguiente resultado como modelo aproximado de la variación de la presión atmosférica en función de la altura, que consideramos válida en las condiciones expuestas:
  $\ln\,P(z)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z+\ln\,P_0$
    $\ln\,P(z)-\ln\,P_0=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z$
      $\ln\,\left(\dfrac{P(z)}{P_0}\right)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z$
        $\displaystyle \dfrac{P(z)}{P_0}=e^{-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z}$
y por tanto $$P(z)=\displaystyle P_0\,e^{-\dfrac{M\,g\,z}{R\,T}}$$
Nota: Recordemos que utilizamos las unidades del Sistema Internacional. La presión se expresa en pascales ($\text{Pa}$), $1\,\text{Pa}=1\,\dfrac{\text{N}}{\text{m}^2}$; $M$ (masa molar) se expresa en $\dfrac{\text{kg}}{\text{mol}}$; la temperatura $T$, en grados Kelvin ($\text{K}$); $g$ (la intensidad del campo gravitatorio) en $\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, y $R$ (la constante de los gases ideales) en $\dfrac{\text{J}}{\text{mol · K}}$

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Observación acerca de los valores de presión que aparecen en los mapas de líneas isóbaras en superficie

Tengamos en cuenta que los valores de presión atmosférica que se leen en los mapas de superficie están reducidos a la altura del nivel del mar. En la imagen podemos ver el mapa de presión en superficie previsto para los días que se indican (créditos: AEMET). Es importante tener esto en cuenta a la hora de, por ejemplo, calibrar un barómetro a partir de la información de dichos valores de presión reducida.

Así, por ejemplo, podemos apreciar que, la línea isóbara que corresponde a, pongamos que el Puerto de Cotos (Sierra de Guadarrama), es (aproximadamente) de $1028 \,\text{hPa}$. Ahora bien, la presión que indicará un barómetro en dicha lugar no será ésa, pues el Puerto de Cotos no está evidentemente al nivel del mar sino que tiene una altitud sobre el nivel del mar de $1830\,\text{m}$. Suponiendo que la temperatura del aire, al realizar dicho calibraje sea aproximadamente $0^\circ \,\text{C}$ (esto es $273 \,K$), la presión barométrica en dicho punto la calcularemos a partir de fórmula barométrica: $$\displaystyle P(z)=P_0\,e^{-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z}$$ Teniendo en cuenta los siguientes valores: masa molar del aire seco $M=2,897 \times 10^{-2} \, \dfrac{\text{kg}}{\text{mol}}$; $g=9,81\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$; $R=8,3144598\, \dfrac{\text{J}}{\text{mol·K}}$; $T=273,15\,\text{K}$, y tomando $P_{reducida}=1028\,\text{hPa}$, vemos que la presión barométrica en el Puerto de Cotos (no reducida) tiene que ser igual a: $$\displaystyle P(1830)=1028\cdot e^{-\dfrac{2,897\times 10^{-2}\cdot 9,81 \cdot 1830}{8,3144598\cdot 273,15}} \approx 818\,\text{hPa}$$

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Referencias:
  [1] Vidal, J.M., Curso de Física, , p. 109, Grafesa, Barcelona, 1974
  [2] Zemansky, M.W., Calor y Termondinámica, cap. 5, Aguilar, Madrid, 1973. [gas ideal]
  [3] Mederos, L., Meteorología, p. 21, Tutor, Madrid, 2018

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