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), $$F_d=10\cdot \dfrac{80\cdot 70-80^{2}\,\sin(30^\circ)}{80+70} = 160\,\text{N}$$

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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), $$F_d=10\cdot \dfrac{80^{2}\cdot \dfrac{1}{2}+80\cdot 70}{80+70} \approx 587\,\text{N}$$

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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, $F_a = 80\cdot 10\cdot \sin (30^\circ)=400\,\text{N}$.

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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.

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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 $$23+16 \approx 39\,\text{m}$$   $\diamond$