Un ejercicio para determinar el origen de coordenadas del sistema de referencia centro de masas de un sistema de partículas aislado

Tres partículas en reposo, de masas $m$, $2m$ y $3m$ se ubican en los vértices de un triángulo equilátero de lado $\ell$ contenido en un plano -recordemos que, a efectos de los cálculos que vendrán, la amplitud angular de los tres ángulos de un triángulo equilátero es de $60^\circ$ y que los tres lados son de igual longitud-, que denotamos por $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Se supone que el sistema está aislado (las fuerzas externas son nulas), por lo que nos interesa calcular la posición del centro de masas del sistema, ya que, eligiendo dicho punto como el centro, $O'$, de ese nuevo sistema de referencia (sistema centro de masas), $\sum'$, el movimiento del sistema será rectilíneo y a velocidad constante (con respecto a dicho sistema centro de masas), o, en particular, nulo (que es el caso que nos ocupa), manteniéndose rígidamente la configuración de las tres partículas, unas con respecto de las otras, en todo instante de tiempo.

Ya sabemos que podemo situar el centro de referencia del sistema laboratorio, $\sum$, en un punto arbitrario; en particular, por comodidad, es conveniente situarlo en la posición del punto $A$, es decir $O\equiv A$. Sabemos que la posición del centro del sistema centro de masas es, desde luego, la del punto centro de masas del sistema de tres partículas,$G$; esto es, $O'\equiv G$, luego $$\vec{r}_{\text{O'}}=\dfrac{m\,\vec{r}_{AA}+2m\,\vec{r}_{AB}+2m\,\vec{r}_{AC}}{m+2m+3m}$$ es decir, $$\displaystyle \vec{r}_{\text{O'}}=\dfrac{m\,\vec{0}+2m\,\left( \frac{\ell}{2}\,\hat{i}+\frac{\sqrt{3}}{2}\,\ell\,\hat{j}\right)+3m\,\ell\,\hat{j}}{m+2m+3m}=\dfrac{\vec{0}+4\,\ell\,\hat{i}+\sqrt{3}\,\ell\,\hat{j}}{6}=\dfrac{2}{3}\,\ell\,\hat{i}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\,\ell\,\hat{j}$$

$\diamond$

Un ejercicio sobre masas relativistas

Queremos calcular la velocidad que debería tener un electrón para que su masa relativista sea igual a la masa en reposo de un protón

Sabemos que la relación entre la masa relativista, $m$, de una partícula, con su masa en reposo, $m_0$, y su velocidad, $v$, viene dada por $$m=\dfrac{m_0}{\sqrt{1-(\frac{v}{c})^2}}\quad (1)$$ donde $c$ es la velocidad de la luz en el vacío, $c\approx 2,998 \times 10^8\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$

La masa en reposo de un electrón es $m_0=9,109 \times 10^{-31}\,\text{kg}$ y la masa en reposo de un protón es $m_0=1,672 \times 10^{-27}\,\text{kg}$

Entonces, según (1), deberá cumplirse que $$1,672 \times 10^{-27}=\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{\sqrt{1-(\frac{v}{2,998 \times 10^8})^2}}$$ por consiguiente, $$\sqrt{1-(\frac{v}{2,998 \times 10^8})^2}=\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}$$ luego $$1-\left(\frac{v}{2,998 \times 10^8}\right)^2=\left(\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}\right)^2$$ con lo cual, $$\left(\frac{v}{2,998 \times 10^8}\right)^2=1-\left(\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}\right)^2$$ y por tanto, $$\frac{v}{2,998 \times 10^8}=\sqrt{1-\left(\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}\right)^2}$$ llegando a, $$v=2,998 \times 10^8 \cdot \sqrt{1-\left(\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}\right)^2}$$ Teniendo en cuenta que $\left(\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}\right)^2 \sim 10^{-7}$ se tiene que $1\gt 1-\left(\dfrac{9,109 \times 10^{-31}}{1,672 \times 10^{-27}}\right)^2$, aunque es prácticamente igual a $1$, y por consiguiente $c\gt v\approx 2,998 \times 10^8 \,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$

$\diamond$

Ecuaciones de movimiento de un sistema de partículas puntuales

Consideremos un sistema de partículas $\{P_i\}$ ($i=1,\ldots,n$) y $P_2$, de masas respectivas $\{m_i\}$ ($i=1,\ldots,n$). Escribiremos las ecuaciones del movimiento del sistema, conforme a la dinámica newtoniana.

Sobre la partícula genérica $i$-ésima, actúa una fuerza externa $\vec{F}_i$ y una fuerza interna (debida a la acción de las otras partículas) que podemos escribir de la forma $\displaystyle \sum_{\underset{j=1}{j\neq i}}^{n}\,\vec{f}_{ij}$. Entonces, aplicando la segunda ley de Newton sobre cada partícula se tiene que $$\displaystyle \vec{F}_i+\sum_{\underset{j=1}{j\neq i}}^{n}\,\vec{f}_{ij}=m_i\,\ddot{\vec{r}_i}\quad \forall i=1,\ldots,n$$ Y, sumando las $n$ ecuaciones vectoriales, miembro a miembro: $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\vec{F}_i+\sum_{i=1}^{n}(\sum_{\underset{j=1}{j\neq i}}^{n}\,\vec{f}_{ij})=\sum_{i=1}^{n}\,m_i\,\ddot{\vec{r}_i}$$ El primer sumatorio del primer miembro es igual a la fuerza externa resultante, $\vec{F}$, sobre el sistema (principio de superposición); y, en cuanto al sumatorio del segundo miembro referido a las fuerzas internas, teniendo en cuenta la tercera ley de Newton, ha de ser cero, pues éstas se anulan por pares, pues $\vec{f}_{ij}=-\vec{f}_{ji}$, para cada par $(i,j)$; así por ejemplo, par $n=3$,
$\displaystyle \sum_{i=1}^{3}(\sum_{\underset{j=1}{j\neq i}}^{3}\,\vec{f}_{ij})=\vec{f}_{12}+\vec{f}_{13}+\vec{f}_{21}+\vec{f}_{23}+\vec{f}_{31}+\vec{f}_{32}=(\vec{f}_{12}+\vec{f}_{21})+(\vec{f}_{23}+\vec{f}_{32})+(\vec{f}_{13}+\vec{f}_{31})=$   $=\left(\vec{f}_{12}+(-\vec{f}_{12})\right)+\left(\vec{f}_{23}+(-\vec{f}_{23})\right)+\left(\vec{f}_{13}+(-\vec{f}_{13})\right)$
    $=\left(\vec{f}_{12}-\vec{f}_{12}\right)+\left(\vec{f}_{23}-\vec{f}_{23}\right)+\left(\vec{f}_{13}-\vec{f}_{13}\right)$
      $=\vec{0}+\vec{0}+\vec{0}$
        $=\vec{0}$
luego concluimos que $$\displaystyle \vec{F}+\vec{0}=\sum_{i=1}^{n}\,m_i\,\ddot{\vec{r}_i}$$ esto es $$\displaystyle \vec{F}=\sum_{i=1}^{n}\,m_i\,\ddot{\vec{r}_i}$$ Evidentemente, a partir de esta ecuación, conociendo las fuerzas, y las condiciones iniciales, al integrarlas llegaríamos también a conocer las velocidades y las posiciones de cada una de las $n$ partículas del sistema.

$\diamond$

Estudio del movimiento de un sistema de dos partículas con respecto al sistema de referencia centro de masas

Consideremos de nuevo un sistema aislado -la resultante de las fuerzas externas es nula- formado por dos partículas, $P_1$ y $P_2$, de masas respectivas $m_1$ y $m_2$ que interaccionan mútuamente. Vamos a ver que el problema del movimiento de este sistema de dos partículas es interesante también estudiarlo con respecto al sistema de referencia centro de masas, $\sum'$. Veremos qué conclusiones podemos extraer de ello.

Ya sabemos que, con respecto a un sistema de referencia inercial $\sum$, al que llamaremos sistema laboratorio, la posición de las dos partículas en todo instante $t$ viene dada por los vectores $\vec{r}_1$ y $\vec{r}_2$. El vector que desde $P_2$ apunta a $P_1$ viene dado por tanto por la relación $\vec{r}=\vec{r}_1 - \vec{r}_2 \quad (1)$ y, en consecuencia, la velocidad y la aceleración de $P_1$ con respecto de $P_2$ son $\vec{v}:=\dot{\vec{r}}=\dot{\vec{r}_1} - \dot{\vec{r}_2} \quad (2)$ y $\vec{a}:=\ddot{\vec{r}}=\ddot{\vec{r}_1} - \ddot{\vec{r}_2} \quad (3)$, respectivamente.

Situemos ahora el origen del sistema de referencia $\sum'$ en el centro de masas del sistema, cuya posición con respecto de $\sum$ viene dada por $$\vec{r}_G=\dfrac{m_1\,\vec{r}_1+m_2\,\vec{r}_2}{m_1+m_2}$$

Así pues, con respecto del sistema centro de masas, $\sum'$, la posición de las partículas (en todo instante de tiempo $t$) viene dada por:

• $\vec{r'_1}=\vec{r}_1-\vec{r}_G=\vec{r}_1-\dfrac{m_1\,\vec{r}_1+m_2\,\vec{r}_2}{m_1+m_2}=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,(\vec{r}_1-\vec{r}_2)=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,\vec{r}$
• $\vec{r'_2}=\vec{r}_2-\vec{r}_G=\vec{r}_2-\dfrac{m_1\,\vec{r}_1+m_2\,\vec{r}_2}{m_1+m_2}=\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,(\vec{r}_2-\vec{r}_1)=-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,(\vec{r}_1-\vec{r}_1)=-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,\vec{r}$

En consecuencia, al derivar una vez con respecto de $t$:

• $\vec{v_1'}:=\dot{\vec{r_1'}}=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,\dot{\vec{r}}=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,\vec{v}$
• $\vec{v_2'}:=\dot{\vec{r_2'}}=-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,\dot{\vec{r}}=-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,\vec{v}$

El momento lineal de cada una de las dos partículas con respecto a $\sum'$ es pues:

• $\vec{p_1'}:=m_1\,\dot{\vec{v_1'}}=\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\,\vec{v}=\mu\,\,\vec{v}$   (recordemos que $\mu=\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}$ es la masa reducida del sistema de partículas)
• $\vec{p_2'}:=m_2,\dot{\vec{v_2'}}=-\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\,\vec{v}=-\mu\,\vec{v}$

Llegamos aquí a una conclusión importante: la suma de los momentos lineales de las dos partículas es nula, esto es, el momento lineal total del sistema de dos partículas con respecto del sistema centro de masas es nulo $$\vec{p'}_{\text{total}}:=\vec{p_1'}+\vec{p_2'}=\mu\,\,\vec{v}+(-\mu\,\,\vec{v})=(\mu-\mu)\,\vec{v}=\vec{0}$$ Los momentos lineales de las dos partículas, con respecto al sistema de referencia centro de masas $\sum'$, son iguales y de sentido opuesto.

Por otra parte, derivando las velocidades:

• $\vec{a_1'}:=\dot{\vec{v_1'}}=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,\ddot{\vec{r}}$
• $\vec{a_2'}:=\dot{\vec{v_2'}}=-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,\ddot{\vec{r}}$

Y, por la segunda ley de Newton, teniendo en cuenta que el sistema es aislado (las fuerzas externas son nulas):

• $\vec{f}_{12}=m_1\,\vec{a_1'}=m_1\cdot \dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,\ddot{\vec{r}}=\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\,\ddot{\vec{r}}=\mu\,\ddot{\vec{r}}$
• $\vec{f}_{21}=m_2\,\vec{a_2'}=m_2\cdot \left(-\dfrac{m_1}{m_1+m_2}\,\ddot{\vec{r}}\right)=-\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\,\ddot{\vec{r}}=-\mu\,\ddot{\vec{r}}$

con lo cual, la suma de las fuerzas internas es nula: $\vec{f}_{12}+\vec{f}_{21}=\mu\,\ddot{\vec{r}}+(-\mu\,\ddot{\vec{r}})=\vec{0}$, de donde recuperamos la tercera ley de Newton: $\vec{f}_{12}=-\vec{f}_{21}$

Es importante también decir que, al no actuar fuerzas externas sobre el sistema de partículas, la aceleración del centro de masas es nula, luego el movimiento de dicho centro de masas es rectilíneo y su velocidad es constante; lo cual no está en contradicción con lo deducido arriba de que el momento lineal total del sistema (la suma de los momentos lineales de las dos partículas) sea nulo. Podemos decir por tanto que el sistema de referencia centro de masas $\sum'$ es un sistema inercial. $\diamond$

Estudio del movimiento de un sistema de dos partículas. Masa reducida

Consideremos un sistema aislado -la resultante de las fuerzas externas es nula- formado por dos partículas, $P_1$ y $P_2$, de masas respectivas $m_1$ y $m_2$ que interaccionan mútuamente. Vamos a ver que el problema del movimiento de este sistema de dos partículas puede reducirse al problema del movimiento de una sóla partícula de masa reducidad $\mu$ que está sometida a una fuerza central.

Con respecto a un sistema de referencia inercial $\sum$, al que llamaremos sistema laboratorio, la posición de las dos partículas en todo instante $t$ viene dada por los vectores $\vec{r}_1$ y $\vec{r}_2$. El vector que desde $P_2$ apunta a $P_1$ viene dado por tanto por la relación $\vec{r}=\vec{r}_1 - \vec{r}_2 \quad (1)$

Entonces, las ecuaciones del movimiento del sistema de partículas vienen dadas (segunda ley de Newton) por $m_1\,\ddot{\vec{r}}_1=\vec{f}_{12} \quad (2)$ y $m_2\,\ddot{\vec{r}}_2=\vec{f}_{21}\quad (3)$, siendo $\vec{f}_{12}$ la fuerza que la partícula $P_2$ ejerce sobre $P_1$; y, $\vec{f}_{21}$ la fuerza que la partícula $P_1$ ejerce sobre $P_2$

Derivando (1) dos veces con respecto de $t$, se tiene que $\ddot{\vec{r}}=\ddot{\vec{r}_1} - \ddot{\vec{r}_2}$, y teniendo en cuenta (2) y (3), $\ddot{\vec{r}}_1=\dfrac{1}{m_1}\,\vec{f}_{12}$ y $\ddot{\vec{r}}_2=\dfrac{1}{m_2}\,\vec{f}_{12}$, y por tanto, $\ddot{\vec{r}}=\dfrac{1}{m_1}\,\vec{f}_{12}-\dfrac{1}{m_2}\,\vec{f}_{12} \quad (4)$; ahora bien, por la tercera ley de Newton, $\vec{f}_{12}=-\vec{f}_{21}$, con lo cual puede escribirse (4) de la forma, $$\ddot{\vec{r}}=\left(\dfrac{1}{m_1}-\dfrac{1}{m_2}\right)\,\vec{f}_{12}$$ es decir, $$\vec{f}_{12}=\left(\dfrac{1}{m_1}-\dfrac{1}{m_2}\right)^{-1}\,\ddot{\vec{r}}$$ esto es, $$\vec{f}_{12}=\left(\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\right)\,\ddot{\vec{r}}$$ Y entendiendo $\mu:=\left(\dfrac{m_1\,m_2}{m_1+m_2}\right) \quad (5)$ como la masa reducida del sistema, ésto suele escribirse de la forma $$\vec{f}_{12}=\mu\,\ddot{\vec{r}} \quad (6)$$

Observaciones:

1. En el caso de que $m_2 \gg m_1$, entonces de (5) se tiene que $\mu \approx m_1$ (la masa reducida es igual a la masa de la partícula más ligera), y por tanto (6) puede aproximarse como $$\vec{f}_{12}\approx \,m_1\,\ddot{\vec{r}}$$
2. En el caso de que $m_2 \sim m_1$, entonces de (5) se tiene que $\mu \approx \dfrac{1}{2}\,m_1$ (la masa reducida es igual a la masa de la partícula más ligera), y por tanto (6) puede aproximarse como $$\vec{f}_{12}\approx \,\dfrac{1}{2}\,m_1\,\ddot{\vec{r}}$$

Ejemplo:
El estudio del movimiento del sistema Tierra-Luna, entendiéndolo como un sistema aislado, puede reducirse al estudio del problema de una sóla partícula $P$, de masa reducida $\mu=\dfrac{m_T\,m_L}{m_T+m_L}$, sobre la que actúa una fuerza que representa la atracción de La Tierra sobre la Luna, $\vec{f}_{LT}$: $$\vec{f}_{LT}=\left(\dfrac{m_T\,m_L}{m_T+m_L}\right)\,(\ddot{\vec{r}_T}-\ddot{\vec{r}_L})$$ Siendo $m_T \approx 6\times 10^{24}\,\text{kg}$ y $m_L \approx 7\times 10^{22}\,\text{kg}$, se tiene que $\mu \sim 10^{22}\,\text{kg}$, esto es $\mu \approx m_L$, y por tanto, $$\vec{f}_{LT}\approx m_L\,(\ddot{\vec{r}_T}-\ddot{\vec{r}_L})$$ $\diamond$

El péndulo balístico: ¿Cómo medir la velocidad de un proyectil?

Un bloque de madera blanda está colgado del techo mediante un hilo inextensible. Se dispara un proyectil de masa $m$ a una cierta velocidad (a determinar) el cual al impactar contra el bloque (choque totalmente inelástico) se queda incrustado en él, despreciando la energía necesaria para producir la deformación en el bloque así como el calor disipado. A partir de ese instante, el conjunto proyectil+bloque se eleva según una trayectoria pendular (péndulo simple) hasta alcanzar una altura $h$ con respecto al punto más bajo de la misma. Nos proponemos calcular la velocidad con la que fue disparado el proyectil.

Por una parte, al no actuar fuerzas externas, el momento lineal, antes y después del impacto, permanece constante, en consecuencia, $m\,v=(m+M)\,V \quad (1)$, donde $V$ es la velocidad del conjunto bloque-proyectil en cuánto éste empieza a elevarse según la trayectoria pendular.

Inmediatamente después de que el proyectil se haya incrustado en el bloque -el conjunto empieza a moverse a una velocidad $V$- la energía mecánica total es igual a la suma de la energía cinética más la energía potencial del conjunto proyectil-bloque, y estableciendo el origen de potencial (cero de pontencial gravitatorio) en el punto más bajo de la trayectoria pendular, la energía mecánica total en ese instante es igual a $\dfrac{1}{2}\,(m+M)\,V^2$

Cuando el conjunto bloque-proyectil alcance el punto más elevado de la trayectoria pendular, la energía mecánica total en dicho instante en el que la velocidad es nula, es íntegramente energía potencial gravitatoria, $(m+m)\,g\,h$

En consecuencia, por el principio de conservación de la energía mecánica total, se tiene que $$\dfrac{1}{2}\,(m+M)\,V^2=(m+M)\,g\,h \quad (2)$$

Despejando $V$ de (1) y sustituyendo la expresión resultante en (2), podemos escribir: $$\dfrac{1}{2}\,(m+M)\cdot \left(\dfrac{m}{m+M}\,v\right)^2=(m+M)\,g\,h$$ y simplificando, $$v^2=\left(1+\dfrac{M}{m}\right)^2\cdot 2\,g\,h$$ luego $$v=\left(1+\dfrac{M}{m}\right)\cdot \sqrt{2\,g\,h}$$ En la expresión del segundo miembro, todas las cantidades son conocidas: las masa del proyectil, la masa del bloque (antes de que el proyectil quede incrustado en él) y la altura que alcanza el bloque en el punt más elevado del recorrido pendular, con lo cual podemos calcular así la velocidad con la que se disparó el proyectil. $\diamond$

Un ejemplo de aplicación de la conservación del momento lineal en ausencia de fuerzas externas al sistema

Un tripulante, de masa $m$, se encuentra inicialmente en la popa de una embarcación, que tiene una masa $M$ y está en resposo, flotando frente a la orilla. El tripulante, que se encontraba en popa, se pone a andar hacia la proa de la embarcación a velocidad constante, recorriendo una distancia $\Delta\,e$ de la eslora $e$. La barca está orientada perpendicularmente a la orilla de un lago, y su proa se encuentra a una distancia $\ell$ de dicha orilla. ¿A qué distancia estará la proa de la orilla cuando el tripulante haya raecorrido toda la eslora de la embarcación?

Si en un intervalo de tiempo $\Delta\,t$, el tripulante recorre sobre la embarcación una distancia $\Delta\,e$, la velocidad media del tripulante en dicho intervalo es $v_t=\dfrac{\Delta\,e}{\Delta\,t}$.

En la situación inicial, antes de que el tripulante empiece a andar, la cantidad de movimiento, $p_i$, del sistema embarcación-tripulante es es igual a $0$ puesto que no hay movimiento alguno, y al no actuar fuerzas externas sobre el sistema, dicha cantidad de movimiento ha de conservarse, por lo que en la situación final, al avanzar el tripulante hacia proa, la embarcación se alejará de la orilla a una velocidad $v_b=-\dfrac{\Delta\,\ell}{\Delta\,t}$.

Veamos pues a qué distancia de la orilla se encontrará la proa de la embarcación transcurrido ese intervalo de tiempo. Como la cantidad de movimiento en el instante final es $p_f=-\dfrac{\Delta\,\ell}{\Delta\,t}\cdot M + \dfrac{\Delta\,e}{\Delta\,t}\cdot m$ y ésta tiene que ser igual a la cantidad de movimiento en el instante inicial, que es $0$: $$-\dfrac{\Delta\,\ell}{\Delta\,t}\cdot M + \dfrac{\Delta\,e}{\Delta\,t}\cdot m=0$$ luego $$-\Delta\,\ell\cdot M + \Delta\,e \cdot m=0$$ y por tanto, $$\Delta\,\ell = \Delta\,e \cdot \dfrac{m}{M}$$ En consecuencia, la distancia de la proa de la embarcación a la orilla, $\ell+\Delta\,\ell$, será ahora igual a $$\ell+ \Delta\,e \cdot \dfrac{m}{M}$$

Observacines: (1) Es claro que si $m \ll M$, entonces $\dfrac{m}{M} \rightarrow 0$, y por tanto la nueva distancia a la orilla no habrá cambiado; (2), si si $m \approx M$, entonces $\dfrac{m}{M} \approx 1$, y por tanto la nueva distancia a la orilla es en este caso igual a $\ell+\Delta\,e$ (la distancia inicial más la longitud recorrida por el tripulante hacia proa); (3), si la masa de la embarcación fuese muy pequeña, $M\ll m$, entonces $\dfrac{m}{M} \rightarrow \infty$ y por tanto, en este otro caso extremo, la nueva distancia a la orilla (tras haberse desplazado el tripulante hacia proa) sería infinita.

-oOo-

Veamos un ejemplo con datos concretos para el caso de una embarcación ligera (comparada con la masa del tripulante): Supongamos que $\ell=3\,\text{m}$ (distancia inicial de la proa a la orilla); $\Delta\,e=1\,\text{m}$ (longitud recorrida por el tripulante sobre la embarcación, hacia la proa); $m=80\,\text{kg}$ (masa del tripulante) y $M=30\,\text{kg}$ (masa de la embarcación, que, en este caso es ligera). Con esos datos, la nueva distancia de la proa a la orilla será igual a $$3+ 1 \cdot \dfrac{80}{40}=3+1\cdot 2=5\,\text{m}$$

$\diamond$

¿Cómo medir el coeficiente de rozamiento dinámico, $\mu_d$, entre la cara de contacto de un bloque y la superficie de una rampa (que forma un determinado ángulo, $\theta$, con el plano horizontal) sobre la que dicho bloque empieza a deslizar manteniendo su velocidad constante?

Démonos cuenta de que, como datos del problema, tenemos la aceleración $a$, que es nula -por deslizar por la rampa a velocidad constante- y, también, el ángulo mínimo que forma la rampa con el plano horizontal para que se produzca el deslizamiento. No tenemos información sobre la masa del bloque, pero veremos enseguida que el resultado no depende de ella.

Descomponiendo las fuerzas actuantes en las direcciones de los ejes perpendiculares (el eje Ox en la dirección del movimiento, y el eje Oy, en la dirección perpendicular a la superficie de la rampa), se tiene que:
  En la dirección y sentido de Ox: $m\,g\,\sin(\theta)-\mu\,m\,\cos(\theta)=m\,a=0 \quad (1)$ (como el deslizamiento es a velocidad constante, $a=0$)
  En la dirección y sentido de Oy: $m\,g\,\cos(\theta)-N=0 \quad (2)$, donde $N$ es la fuerza normal a la supeficie de la rampa
Es claro que de (2) no obtenemos información, ésta la obtenemos sólo de (1), que podemos simplificar (cancelando la masa de ambos miembros) de la forma,
  $g\,\sin(\theta)-\mu\,\cos(\theta)=0$
de donde, despejando nuestra incógnita $\mu$ (todo lo demás es datos), se llega al resultado pedido
$$\mu_d = \dfrac{g\,\sin(\theta)}{\cos(\theta)}=g\,\tan(\theta)$$

Observación:
Hay que tener en cuenta que lo que estamos midiendo empíricamente de esta manera es el coeficiente de rozamiento dinámico. Éste, es menor que el coeficiente de rozamiento estático, $\mu_e$, el cual corresponde al de la fuerza máxima, $F_{e_{\text{máxima}}}$, que podemos ejercer sobre el cuerpo antes de que éste inicie el movimiento, y como $F_{e_{\text{máxima}}}=\mu_e\cdot N$, se tiene que $\mu_e=\dfrac{F_{e_{\text{máxima}}}}{N}$, luego $\mu_d \lt \mu_e$. En cambio, el coeficiente de rozamiento dinámico (que es el que acabamos de evaluar en este diseño de experimento) corresponde a la fuerza activa mínima necesaria, $F_{d_{\text{mínima}}}$ que hay que ejercer sobre el cuerpo -lo conseguimos variando el ángulo de inclinación de la rampa- para iniciar el movimiento y que éste se mantenga a velocidad constante, luego $\mu_d=\dfrac{F_{d_{\text{mínima}}}}{N}$. Tanto el coeficiente de rozamiento dinámico como el estático dependen de la naturaleza de las superficies en contacto, pero (prácticamente) no dependen del área de las mismas.

-oOo- A continuación, y como curiosidad útil, transcribo una table comparativa entre los coeficientes dinámico y estático, para distintos materiales en contacto (fuente: [http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/]):

Superficies en contacto              | µ_estático     |	µ_dinámico
-------------------------------------------------------------------
Cobre sobre acero	                 |    0,53 	      |   0,36
Acero sobre acero	                 |    0,74	      |   0,57
Aluminio sobre acero	                 |    0,61	      |   0,47
Caucho sobre concreto	                 |    1,0	      |   0,8
Madera sobre madera	                 |entre 0,25 y 0,5    |	  0,2
Madera encerada sobre nieve húmeda       |  0,14	      |   0,1
Teflón sobre teflón	                 |    0,04	      |   0,04
Articulaciones sinoviales en humanos     |    0,01	      |  0,003

$\diamond$

Un ejemplo de conservación del momento angular en ausencia de fuerzas externas

Consideremos dos enengranaje macizos en un mismo eje, los cuales pueden embragarse lateralmente. El engranaje A tiene 20 cm de radio y una masa de 2 kg, y gira libremente a una velocidad de 2000 vueltas por minuto. Supondremos que no hay rozamiento entre el eje y el ajuste de la rueda en él. En el mismo eje tenemos un engranaje B, que no gira (la holgura de su orificio central con el eje es suficiente para que ello sea posible), cuyo radio es de 10 cm y una tien una masa de 1 kg; y, al igual que con A, tampoco hay rozamiento entre el eje y el engranaje B. Así las cosas, embragamos B con A por la cara lateral común, de manera que ahora ambos engranajes giran como un solo cuerpo, a una nueva velocidad. En estas condiciones, estamos interesados en calcular la velocidad angular de los dos engranajes al girar solidariamente.

Antes de embragar lateralmente la segunda rueda a la primera, el momento angular del sistema es $L_i=I_A\,w_{i_{A}}+I_B\,w_{i_{B}}$. Y, como $w_{i_{B}}=0$, se tiene que el momento angular inicial del conjunto es $L_i=I_A\,w_{i_{A}}+0=I_A\,w_{i_{A}}$

Después de embragar lateralmente la segunda rueda a la primera, y suponiendo que el radio del eje es mucho menor que el de los engranajes, el momento angular del sistema es $L_f=I_A\,w_{f_{A}}+I_B\,w_{f_{B}}$. Y, como los dos engranajes giran ahora a la misma velocidad $w_{f_{A}}=w_{f_{B}}=:w_f$, el momento angular final del conjunto es $L_f=I_A\,w_f+I_B\,w_f=(I_A+I_B)\,w_f$

Al no actuar ninguna fuerza externa, el momento angular ha de conservarse, $L_i=L_f$, y por tanto, $I_A\,w_{i_{A}}=(I_A+I_B)\,w_f$, de donde, despejando $w_f$, llegamos a $w_f=\dfrac{I_A}{I_A+I_B}\,w_{i_{A}} \quad (1)$. Recordemos que el momento de inercia respecto al eje de giro de un cilindro macizo de radio $r$ es igual a $\dfrac{1}{2}\,m\,r^2$, por lo que, al asemejar las ruedas dentadas macizas a cilindros macizos (salvando los huecos de los dientes), con lo cual $I_A=\dfrac{1}{2}\,m_A\,r_{A}^{2}$ y $I_B=\dfrac{1}{2}\,m_B\,r_{B}^{2}$. Por consiguiente, de (1), $w_f=\dfrac{\frac{1}{2}\,m_A\,r_{A}^2}{\frac{1}{2}\,m_A\,r_{A}^2+\frac{1}{2}\,m_B\,r_{B}^2}\,w_{i_{A}}=\dfrac{m_A\,r_{A}^2}{m_A\,r_{A}^2+m_B\,r_{B}^2}\,w_{i_{A}}$, y con los datos numéricos del problema, $$w_f=\dfrac{2\cdot (20\cdot 10^{-2})^2}{ 2\cdot (20\cdot 10^{-2})^2+ 1\cdot (10\cdot 10^{-2})^2}\cdot 2\,000 \approx 1\,778\,\dfrac{\text{vueltas}}{\text{min}}$$ $\diamond$

Dinámica de una gota de agua en el parabrisas de un vehículo en aceleración

Una gota de agua de lluvia cae en el parabrisas de un vehículo. El parabrisas forma un ángulo $\theta$ con respecto al plano horizontal. El rozamiento entre la gota y la superficie del parabrisas es $\mu$. Se quiere calcular la aceleración que tiene que tener el coche para que la gota de agua no deslize hacia abajo.

Situemos el sistema de referencia en el centro de la gota, con el eje Ox en la dirección del movimiento del vehículo, y el eje Oy en la dirección perpendicular a ésta. Descompongamos las fuerzas actuantes (peso, normal a la superficie del parabrisas, y la fuerza de rozamiento entre la gota y la superficie del parabrisas) según las direcciones de los ejes del sistema de referencia:
  Ox: $N\cdot \sin(\theta) - \mu\,N\,\cos(\theta)=m\,a$
  Oy: $N\cdot \cos(\theta) + \mu\,N\,\sin(\theta)-m\,g=0$
(la gota no se mueve a lo largo del eje Oy)
Simplificando,
  Ox: $N\,(\sin(\theta) - \mu\,\cos(\theta))=m\,a \quad (1)$
  Oy: $N\,(\cos(\theta) + \mu\,\sin(\theta)=m\,g \quad \;\, (2)$
Dividiendo, miembro a miembro, (1) entre (2) y despejando $a$ llegamos a $$a=g\cdot \dfrac{\tan(\theta)-\mu}{1+\mu\,\tan(\theta)}$$

Así, como ejempo, para un ángulo del parabrisas, pongamos que de $30^\circ$ y $\mu=0,25$, se tiene que $a=9,81\cdot \tan(30^\circ) \approx 2,81 \,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, que, dicho sea de paso, viene a ser la aceleración de un coche rápido que pase de 0 km/h a 100 km/h en 10 segundo, más o menos.

$\diamond$

Dinámica de rotación de un cilindro hueco, de grosor despreciable, que rueda sin deslizar por un plano inclinado

Un cilindro hueco, cuya pared es de grosor despreciable, y que tiene masa $m$ y radio $R$, se sitúa sobre una rampa que forma un ángulo $\theta$ con el plano horizontal y empieza a rodar sin deslizar pendiente abajo. Se quiere calcular la aceleración del centro de masas del cilindro.

Denotemos por $a$ a la aceleración del centro de masas, el cual corresponde al centro del aro. Si rueda sin deslizar debe haber una fuerza de rozamiento, $f_r$, que lo permita; entonces por la segunda ley de Newton podemos escribir $$m\,a = m\,g\,\sin(\theta) - f_r \quad (1)$$ Por otra parte, el momento de dicha fuerza de rozamiento que explica el giro viene dado por $f_r\,R = I_e\,\alpha \quad (2)$, donde $I_e$ representa el momento de inercia con respecto al eje de giro (que es perpendicular al plano que contiene al aro y pasa por el centro de éste), y por tanto, tratándose de una circunferencia, $I_e=m\,R^2$; además, $\alpha=\dfrac{a}{R}$, es la aceleración angular de rotación del aro. En consecuencia, (2) puede reescribirse de la siguiente manera: $$f_r\,R = m\,R^2 \cdot \dfrac{a}{R}$$ y por tanto, $$f_r = m\,a \quad (3)$$ Finalmente, sustituyendo (3) en (1), $$m\,a = m\,g\,\sin(\theta) - m\,a$$ Y, agrupando términos y simplificando,
  $m\,a + m\,a= m\,g\,\sin(\theta) $
    $2\,a= g\,\sin(\theta) $
      $a= \dfrac{1}{2}\,g\,\sin(\theta) $

$\diamond$

Dinámica de rotación de un cilindro macizo que rueda sin deslizar por un plano inclinado

Un cilindro macizo, de masa $m$ y de radio $R$, se sitúa sobre una rampa que forma un ángulo $\theta$ con el plano horizontal, y empieza a rodar sin deslizar pendiente abajo. Se quiere calcular la aceleración del centro de masas del cilindro.

Denotemos por $a$ a la aceleración del centro de masas. Si rueda sin deslizar debe haber una fuerza de rozamiento, $f_r$, que lo permita; entonces por la segunda ley de Newton podemos escribir $$m\,a = m\,g\,\sin(\theta) - f_r \quad (1)$$ Por otra parte, el momento de dicha fuerza de rozamiento que explica el giro viene dado por $f_r\,R = I_e\,\alpha \quad (2)$, donde $I_e$ representa el momento de inercia con respecto al eje de giro y que corresponde al eje longitudinal del cilindro, y por tanto $I_e=\dfrac{1}{2}\,m\,R^2$, y $\alpha=\dfrac{a}{R}$ es la aceleración angular de rotación del cilindro. En consecuencia, (2) puede reescribirse de la siguiente manera: $$f_r\,R = \dfrac{1}{2}\,m\,R^2 \cdot \dfrac{a}{R}$$ y por tanto, $$f_r = \dfrac{1}{2}\,m\,a \quad (3)$$ Finalmente, sustituyendo (3) en (1), $$m\,a = m\,g\,\sin(\theta) - \dfrac{1}{2}\,m\,a$$ Y, agrupando términos y simplificando,
  $m\,a + \dfrac{1}{2}\,m\,a= m\,g\,\sin(\theta) $
    $a + \dfrac{1}{2}\,a= g\,\sin(\theta) $
      $a\,( 1+ \dfrac{1}{2})= g\,\sin(\theta) $
        $\dfrac{3}{2}\,a= g\,\sin(\theta) $
          $a= \dfrac{2}{3}\,g\,\sin(\theta) $

$\diamond$

Dinámica de dos bloques en contacto en una superficie plana sin rozamiento al aplicar una fuerza a uno de ellos

Un bloque $B_1$ de masa $m_1$ y un segundo bloque $B_2$ de masa $m_2$ se encuentran en contacto y en reposo sobre una superficie horizontal. El rozamiento de ambos bloques con la superficie plana se considera despreciable. Se aplica a $B_1$ una fuerza $F$ en la cara opuesta a la enfrentada con el bloque $B_2$. Queremos calcular la aceleración $a$ del movimiento del conjunto formado por los dos bloques en la dirección de la fuerza aplicada, así como la fuerza con la que el bloque $B_1$ actúa sobre el bloque $B_2$.

Como el problema es unidemensional, omitiré la notación vectorial. Consideremos el subsistema (1) formado por el bloque $B_1$ en contacto con $B_2$, según la segunda ley de Newton se tiene que $F-f_{21}=m_1\,a$, donde $f_{21}$ representa la fuerza que $B_2$ ejerce sobre $B_1$, que tiene sentido opuesto a $F$; por otra parte, considerando el subsistema (2) formado por el bloque $B_2$ en contacto con $B_1$, es claro que actúa sobre $B_2$ una fuerza $f_{12}$ (de sentido opuesto a $f_{21}$) que le transmite el bloque $B_1$, luego aplicando la segunda ley de Newton en (2), podemos escribir $f_{12}=m_2\,a$.

Por la tercera ley de Newton, es claro que $f_{21}$ y $f_{12}$ son iguales en módulo, esto es, $f_{12}=f_{21}=:f$. Luego, tenemos que resolver el siguiente sistema de ecuaciones: $$\left\{\begin{matrix} F-f=m_1\,a \\ f=m_2\,a\end{matrix}\right.$$ de donde, muy fácilmente, se obtiene como solución la aceleración y la fuerza pedidas: $$\begin{matrix} a=\dfrac{F}{m_1+m_2} \\ \\ f=\dfrac{m_2}{m_1+m_2}\,F\end{matrix}$$ $\diamond$

Una caída de un montañero al desprenderse una cornisa cimera en una cordada en binomio. Aceleración y fuerza de detención que ha de ejercer el compañero

Un montañero A está encordado con su compañero B. La cordada ascendía por una pendiente de nieve dura que forma un ángulo $\theta$ con el plano horizontal, yendo B delante y A en última posición, manteniendo la cuerda sin comba; pero, inesperadamente, B ha caído al vacío al desprenderse la cornisa cuando tras aber alcanzado la arista cimera. Su compañero, instantáneamente ha iniciado la maniobra de autodetención. Nos preguntamos cuál la aceleración del movimiento de caída de la cordada antes de que A detenga la caída, la fuerza con la que deberá detener a su compañero y, también, cuál es la tensión de la cuerda.

Para simplificar las cosas, supondremos que podemos despreciar el rozamiento. Despreciaremos la masa de la cuerda, con lo cual, a pesar de que la distancia de A al borde de la grieta sea en principio distinta a la de ésta a B, la tensión en la cuerda será por tanto la misma en todos los puntos de ella.

Analicemos la situación en el subsistema de A. Para ello descomponemos las fuerzas según el eje en la dirección y sentido del movimiento de caída y en su dirección perpendicular (normal al suelo), para aplicar la segunda ley de Newton en esas dos direcciones. En la dirección normal al suelo, en la que no hay movimiento, la fuerza normal de reacción del suelo, $N$, se compensa con la componente del peso de A perpendicular al suelo, $m_A\,g\,\cos(\theta)$, así que no vamos a obtener la información pedida por lo que respecta a ese eje de coordenadas al aplicar la segunda ley de Newton; en cambio, sí que la obtendremos al aplicarla sobre las componentes que actúan en la dirección del eje del movimiento: la componente del peso del montañero en esa dirección, $m_A\,g\sin(\theta)$, la tensión de la cuerda $T$ (cuyo sentido apunta hacia el punto en el que se ha producido la caída de B), y la fuerza asociada a la aceleración, $m_A\,a$: $$-m_A\,g\cdot \sin(\theta)+T=m_A\,a \quad (1)$$

Por otra parte, analicemos el subsistema de B (el montañero que, habiendo caído por la otra vertiente que cae perpendicularmente sobre el valle, cuelga de la cuerda). Aplicando la segunda ley de Newton (la tensión de la cuerda apunta hacia arriba, hacia el borde de la grieta): $$m_B\,g-T=m_B\,a \quad (2)$$

Las ecuaciones (1) y (2) constituyen un sistema de ecuaciones lineales, cuyas incógnitas son $T$ y $a$. Resolviéndolo sin dificultad alguna obtenemos: $$a=g\,\dfrac{m_B-m_A\,\sin(\theta)}{m_A+m_B} \quad (3)$$ y $$T=\dfrac{m_A\,m_B\,g}{m_A+m_B}\,(1+\sin(\theta)\quad (4)$$

La fuerza de detención, $F_d$, con la que A deberá parar la caída de la cordada ha de contrarrestar por tanto a la fuerza que experimenta A, por lo tanto, teniendo en cuenta (3), $$F_d=m_A \cdot a=g\,\dfrac{m_A\cdot m_B-m_{A}^{2}\,\sin(\theta)}{m_A+m_B} \quad (5)$$

Veámos un ejemplo: Supongamos que $m_A=80\,\text{kg}$, $m_B=70\,\text{kg}$ y $\theta=30^\circ$. Aproximaremos el valor de la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra, tomando $g=10\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Entonces, sustituyendo estos datos en (3), $$a=10\cdot \dfrac{70-80\cdot \sin(30^\circ)}{80+70} = 2\, \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ en (4), $$T=\dfrac{80\cdot 70\cdot 10}{80+70}\cdot (1+\sin(30^\circ) \approx 560 \, \text{N}$$ y en (5), $$F_d=10\cdot \dfrac{80\cdot 70-80^{2}\,\sin(30^\circ)}{80+70} = 160\,\text{N}$$

$\diamond$

Una caída en una grieta de glaciar de un montañero en una cordada en binomio. Aceleración y fuerza de detención que ha de ejercer el compañero

Un montañero A está encordado con su compañero B. La cordada descendía por una pendiente de nieve dura de un glaciar que forma un ángulo $\theta$ con el plano horizontal, yendo B delante y A en última posición, manteniendo la cuerda sin comba; pero, inesperadamente, B ha caído en una grieta. Su compañero, instantáneamente ha iniciado la maniobra de autodetención. Nos preguntamos cuál la aceleración del movimiento de caída de la cordada antes de que A detenga la caída, la fuerza con la que deberá detener a su compañero y, también, cuál es la tensión de la cuerda.

Para simplificar las cosas, supondremos que podemos despreciar el rozamiento. Despreciaremos la masa de la cuerda, con lo cual, a pesar de que la distancia de A al borde de la grieta sea en principio distinta a la de ésta a B, la tensión en la cuerda será por tanto la misma en todos los puntos de ella.

Analicemos la situación en el subsistema de A. Para ello descomponemos las fuerzas según el eje en la dirección y sentido del movimiento de caída y en su dirección perpendicular (normal al suelo), para aplicar la segunda ley de Newton en esas dos direcciones. En la dirección normal al suelo, en la que no hay movimiento, la fuerza normal de reacción del suelo, $N$, se compensa con la componente del peso de A perpendicular al suelo, $m_A\,g\,\cos(\theta)$, así que no vamos a obtener la información pedida por lo que respecta a ese eje de coordenadas al aplicar la segunda ley de Newton; en cambio, sí que la obtendremos al aplicarla sobre las componentes que actúan en la dirección del eje del movimiento: la componente del peso del montañero en esa dirección, $m_A\,g\sin(\theta)$, la tensión de la cuerda $T$ (cuyo sentido apunta hacia el borde de la grieta), y la fuerza asociada a la aceleración, $m_A\,a$: $$m_A\,g\cdot \sin(\theta)+T=m_A\,a \quad (1)$$

Por otra parte, analicemos el subsistema de B (el montañero que, habiendo caído en la grieta, cuelga de la cuerda). Aplicando la segunda ley de Newton (la tensión de la cuerda apunta hacia arriba, hacia el borde de la grieta): $$m_B\,g-T=m_B\,a \quad (2)$$

Las ecuaciones (1) y (2) constituyen un sistema de ecuaciones lineales, cuyas incógnitas son $T$ y $a$. Resolviéndolo sin dificultad alguna obtenemos: $$a=g\,\dfrac{m_A\,\sin(\theta)+m_B}{m_A+m_B} \quad (3)$$ y $$T=\dfrac{m_A\,m_B\,g}{m_A+m_B}\,(1-\sin(\theta)\quad (4)$$

La fuerza de detención, $F_d$, con la que A deberá parar la caída de la cordada ha de contrarrestar por tanto a la fuerza que experimenta A, por lo tanto, teniendo en cuenta (3), $$F_d=a\cdot m_A=m_A\cdot g\,\dfrac{m_{A}\,\sin(\theta)+m_B}{m_A+m_B}=g\,\dfrac{m_{A}^{2}\,\sin(\theta)+m_A\,m_B}{m_A+m_B} \quad (5)$$

Veámos un ejemplo: Supongamos que $m_A=80\,\text{kg}$, $m_B=70\,\text{kg}$ y $\theta=30^\circ$. Aproximaremos el valor de la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra, tomando $g=10\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Entonces, sustituyendo estos datos en (3), $$a=10\cdot \dfrac{80\,\sin(30^\circ)+70}{80+70}\approx 7\, \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ en (4), $$T=\dfrac{80\cdot 70\cdot 10}{80+70}\,(1-\dfrac{1}{2}) \approx 187 \, \text{N}$$ y en (5), $$F_d=10\cdot \dfrac{80^{2}\cdot \dfrac{1}{2}+80\cdot 70}{80+70} \approx 587\,\text{N}$$

$\diamond$

Acerca de la importancia de minimizar el tiempo de una autodetención en una caída de un montañero por una rampa de nieve dura

Analicemos el siguiente supuesto: Un montañero sube por una pendiente de nieve dura que forma un ángulo $\theta$ con el plano horizontal, y en un cierto momento, se cae. Supondremos que el rozamiento con el suelo es despreciable. Calculemos cuál es la fuerza con la que debe sujetar su piolet, habiendo adopatado instantáneamente la posición básica de autodetención. Como veremos, a partir de los resultados que obtendremos, es muy importante (crucial) realizar las autodetenciones en el menor tiempo posible; a ser posible, de manera instantánea. Para ello, es importante llevar bien el piolet, con el pico hacia el valle, para minimizar el tiempo de preparación del mismo para efectuar la autodetención.

Si descomponemos la el peso del montañero en la dirección normal (perpendicular) al plano inclinidado y en la dirección de caída, es claro que la componente normal se ve equilibrada por reacción del suelo (no hay movimiento en la dirección perpendicular al plano inclinado) y la componente en la dirección de la caída es $m\,g\,\sin\,(\theta)$. Entonces, ésta será también la fuerza de anclaje, $F_a$, con la que tendrá que sujetar su piolet cuyo pico ha podido claver instantánemente en la nieve dura, para no deslizar pendiente abajo.

Pongamos ahora unos cuántos números. Vamos a suponer que el montañero tiene una masa $m=80\, \text{kg}$ y que el ángulo que forma la rampa de nieve es $\theta=30^{\circ}$. Tomaremos el valor $g\approx 10\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, para la intensidad del campo gravitatorio. Entonces, $F_a = 80\cdot 10\cdot \sin (30^\circ)=400\,\text{N}$.

-oOo-

Supongamos ahora, que nuestro montañero no se ha autodetenido instantáneamente, sino que ha tardado unos segundos a efectuar el inicio de la maniobra de autodetención, pongamos que $3 \,\text{s}$. Durante esos tres segundos habrá descendido por la rampa con el movimiento uniformemente acelerado que estamos tratando, siendo por tanto su aceleración $a=g\,\sin(\theta)=10\cdot \sin(30^\circ)=5 \,\dfrac{\text{m}}{s^2}$. Ya sabemos calcular la longitud recorrida en cada instante de tiempo es $s(t)=s_0+v_0\,t+\dfrac{1}{2}\,a\,t^2$, y como situamos el origen de longitudes en la posición que se inicia la caída, $s_0=0\,\text{m}$ y la velocidad inicial en el momento de empezar a caer es nula, y $v_0=0\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, la longitud recorrida en la cáida durante esos tres segundoses igual a $s(3)=\dfrac{1}{2}\,(g\,\sin(\theta))\,t^2=\dfrac{1}{2}\cdot (10 \cdot \sin(30^\circ))\cdot 3^2 \approx 23\,\text{m}$. Démonos cuenta de que, a pesar del breve tiempo que nos puedan parecer estos tres segundos, la longitud de la caída no es baladí. Veremos que la velocidad adquirida tampoco lo es.

Nos preguntamos ahora cuál es la velocidad a la que descendía en el momento de iniciar la autodetención (al actuar sobre el pico de su piolet en la posición de autodetención, pasados los tres primeros segundos). Bien, podemos calcularla de varias maneras; una de ellas consiste en la aplicación del principio de conservación de la energía mecánica: la energía potencial en el punto en el que se cae -situamos el origen de potencial gravitatorio en el punto en el que se detendrá- más la energía cinética en ese punto, que es nula, ha de ser igual a la energía cinética que ha adquirido en el punto en el que se ha autodetenido más la energía potencial en él (que es cero, como ya hemos explicado): $$E_{\text{mecánica total}}=m\cdot g\cdot (s\cdot \sin(\theta))+0=\dfrac{1}{2}\,m\,v^2+0=\text{constante}$$ luego $$v^2=\dfrac{2\,m\,g\,(s\cdot\sin(\theta))}{m}$$ con lo cual, simplificando y extrayendo la raíz cuadrada, vemos que $$v=\sqrt{2\,g\,(s\cdot\sin(\theta))}$$ Con los datos propuestos, $$v=\sqrt{2\cdot 10 \cdot (23 \cdot\sin(30^\circ))}=15\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ Es decir, se autodetiene cuando su velocidad es aproximadamente igual a $54\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$, que es más o menos, la velocidad de un ciclista en bajada, a velocidad de crucero. Notemos que, como ya es sabido, la velocidad alcanzada en un determinado punto así como el tiempo empleado en llegar hasta él no dependen de la masa del montañero.

También podemos calcular la velocidad de otra manera más simple: a partir de la cinemática del movimiento uniformemente acelerado, que recordemos tiene en nuestro caso una aceleración $a=g\,\sin(\theta)$. Entonces, $v(t)=v_0+a\,t$, donde $v_0=0\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, por tener velocidad inicial nula al empezar a caer. Así pues, con los datos del ejemplo, tenemos que de (1), $v(3)=0+(10\cdot \sin(30^\circ))\cdot 3=15\,\dfrac{\text{m}}{s}$.

¿Qué ocurre si nuestro montañero no se apresta a iniciar la autodetención, tardando para ello incluso más de tres segundos? Huelga decir que, por lo que estamos viendo, a ser posible, no debería tardar ni un segundo a iniciar la autodetención. Observemos que si hubiese tardado pongamos que $5\,\text{s}$ a reaccionar para iniciar la maniobra de autodetención, la longitud de la caída hasta ese momento hubiese sido ya $$s(5)=\dfrac{1}{2}\,g\,\sin(\theta)\,t^2=\dfrac{1}{2}\cdot 10 \cdot \sin(30^\circ)\,5^2 \approx 63 \,\text{m}$$ y la velocidad que habría alcanzado en ese momento $$v(5)=(10\cdot \sin(30^\circ))\cdot 5= 25\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$, que expresado en kilómetros por hora (para tener una idea comparativa con la velocidad de los vehículos del tráfico rodado) equivale a $90\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$, una velocidad de sobra peligrosa ya, por la posibilidad de impactar durante la caída con alguna roca o bien con una convexidad (que pudiese provocar un efecto de trampolín) que pudiese haber en la rampa.

Y, además, en el caso de que el ángulo de inclinación de la rampa hubise sido mayor, pongamos que $45^\circ$, y, como antes, hubiese tardado $5\,\text{s}$ a reaccionar, iniciando entonces la maniobra de autodetención, la longitud de la caída hasta ese momento hubiese sido desde luego mayor: $$\dfrac{1}{2}\,g\,\sin(\theta)\,t^2=\dfrac{1}{2}\cdot 10 \cdot \sin(45^\circ)\,5^2 \approx 88 \,\text{m}$$ y la velocidad que habría alcanzado en ese momento hubiese sido de $(10\cdot \sin(45^\circ))\cdot 5\approx 35\,\dfrac{\text{m}}{s}$, que, expresado en kilómetros por hora (para tener una idea comparativa con la velocidad de los vehículos del tráfico rodado), equivale a $126\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$, una velocidad que, desde luego, no permitiría la autodetención.

-oOo-

Bien, pues ahora, estimemos, para el primer ejemplo numérico, la longitud que tendrá que deslizarse hasta detener por completo su movimiento, al hundir el pico del piolet en la nieve dura, en posición de autodetención, y subsolando la superficie de la pendiente por la que desliza para ejercer un trabajo mecánico al ejercer la fuerza $F_f$ ('f', de frenada) que ha de aplicar de manera (supuestamente) constante para poder detenerse. Denotaremos por $s_f$ ('f', de frenada) la longitud de esa parte de la caída que recorrerá "arando" la nieve dura actuando sobre con el pico del piolet (en posición básica de autodetención, desde luego).

En el primer ejemplo numérico que hemos expuesto arriba (en el que el montañero de masa igual a $80\,\text{kg}$ ha tardado $3\,\text{s}$ a iniciar la maniobra de autodetención), a la longitud ya descendida (en movimiento acelerado) de $23 \,\text{m}$ tendremos que sumar la longitud de descenso en frenada $s_f$, hasta detenerse, que será nuestra incóngnita en la ecuación que vamos a plantear, aplicando, otra vez el principio de conservación de la energía mecánica. De una parte tenemos la diferencia de energía potencial gravitatoria entre el punto en el que inició la caída y el punto en el que se va a dentener, y de otra el trabajo resultante efectuado por el montañero actuar sobre la nieve dura con el pico de su piolet mientras desliza a lo largo de dicha distancia $s_f$: $$m \cdot g \cdot (s+s_f)\cdot \sin(\theta)=F_f\cdot s_f$$ Entonces, agrupando los términos que lleven la incógnita: $$m\cdot g\cdot s \cdot \sin(\theta)=F_f\cdot s_f-m\cdot g\cdot s_f\cdot \sin(\theta)$$ luego $$m\cdot g\cdot \sin(\theta)\cdot s=(F_f-m\cdot g\cdot \sin(\theta))\cdot s_f$$ y despejando $s_f$, $$s_f=\dfrac{m\cdot g\cdot \sin(\theta)\cdot s}{F_f-m\cdot g\cdot \sin(\theta)}$$ por lo que tendrá que suceder, necesáriamente, que $F_f-m\cdot \sin(\theta) \gt 0$, esto es $F_f \gt m\cdot g \cdot \sin(\theta)$. En este ejemplo numérico supondremos que $F_f=500\,\text{N}$.

Así pues, con estos datos: $$s_f=\dfrac{80\cdot 10\cdot \sin(30^\circ)\cdot 23}{500-80\cdot 10\cdot \sin(30^\circ)} \approx 16 \,\text{m}$$ Por tanto, en total, nuestro montañero habrá descendido en su caída una longitud igual a $$23+16 \approx 39\,\text{m}$$   $\diamond$