Física de secundaria · Grades 10–12

18La energía mecánica y su conservación

Una montaña rusa no tiene motor a partir de la primera cuesta: cada rizo, cada arrancada de velocidad posterior se paga de la cuenta abierta en la subida. Este capítulo convierte esa contabilidad en dos números — la energía cinética y la potencial — y una regla: mientras solo trabaje el peso, su suma no cambia. El rozamiento es la comisión; aprenderemos a leerla en los libros.

18.1 La energía cinética

Definición 18.1 (Energía cinética)

Un cuerpo de masa $m$ ( $\mathrm{kg}$ ) que se mueve con rapidez $v$ ( $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ) lleva la energía cinética

E_k = \tfrac12\, m v^2 .

Comprobación de unidades: $\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}^{2} = \mathrm{N}\,\mathrm{m} = \mathrm{J}$ — julios, como toda energía (Capítulo 9).

Ejemplo 18.2 (Órdenes de magnitud)

un peatón, $70\,\mathrm{kg}$ a $1.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k = \tfrac12 \times 70 \times 1.4^2 \approx 69\,\mathrm{J}$ ;
un coche, $1300\,\mathrm{kg}$ a $130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ $= 36.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k \approx 8.5 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ;
un tren de alta velocidad, $m = 3.85 \times 10^{5}\,\mathrm{kg}$ , a $320\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ $= 88.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k \approx 1.5 \times 10^{9}\,\mathrm{J}$ ;
una bala de fusil, $8.0\,\mathrm{g}$ a $800\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k \approx 2.6\,\mathrm{kJ}$ .

Siete órdenes de magnitud separan el paseo del tren. Y $E_k$ crece como el cuadrado de la rapidez: a $130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ el coche lleva $4$ veces la energía que tiene a $65\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ — cuatro veces lo que sus frenos tendrán que retirar.

18.2 El teorema de la energía cinética

Teorema 18.3 (Teorema de la energía cinética)

Para un cuerpo de masa $m$ que se mueve en línea recta de $A$ a $B$ , la variación de energía cinética es igual al trabajo total (Capítulo 17) recibido:

\Delta E_k = E_k(B) - E_k(A) = \sum W_{AB}(\vect F),

donde la suma recorre todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. Se extiende al movimiento por cualquier camino, cosa que también admitimos aquí.

Demostración. Admitido a este nivel. ∎

Ejemplo 18.4 (Caída libre, comprobada fotograma a fotograma)

Se deja caer una bola de $0.200\,\mathrm{kg}$ y se graba; los fotogramas dan:

$t$ ( $\mathrm{s}$ )	0.10	0.20	0.30	0.40
altura caída $h$ ( $\mathrm{m}$ )	0.049	0.196	0.441	0.785
rapidez $v$ ( $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ )	0.98	1.96	2.94	3.92
$E_k = \tfrac12 mv^2$ ( $\mathrm{J}$ )	0.096	0.384	0.864	1.54
$W = mgh$ ( $\mathrm{J}$ )	0.096	0.385	0.865	1.54

Partiendo de $E_k = 0$ , en cada fotograma $E_k$ coincide con el trabajo $mgh$ del peso: $\Delta E_k = W(\vect P)$ , es decir $v^2 = 2gh$ — el teorema, verificado hasta la precisión de las lecturas.

Observación 18.5 (Dónde vive la demostración)

El enunciado general — válido por cualquier camino, no solo en línea recta — se sigue de la segunda ley de Newton y de un poco de cálculo infinitesimal, ambos más adelante en este libro (Capítulos 25 y 29); hasta entonces, la comprobación de la caída libre es nuestro aval, y admitimos la versión para caminos curvos y la usamos con libertad.

18.3 La energía potencial gravitatoria

Definición 18.6 (Energía potencial gravitatoria)

Un cuerpo de masa $m$ a la altitud $z$ , medida hacia arriba desde un nivel de referencia elegido donde $z = 0$ , almacena la energía potencial gravitatoria

E_p = m g z, \qquad g = 9.81\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}.

Observación 18.7 (Solo cuentan las diferencias)

Ir de $A$ a $B$ cambia $E_p$ en $mg(z_B - z_A) = -W_{AB}(\vect P)$ : lo opuesto del trabajo del peso (Capítulo 17). El nivel de referencia es una elección libre — el suelo, el nivel del mar, la mesa —, que desplaza $E_p$ en todas partes en una misma constante que se cae de toda diferencia. Ponlo donde los números salgan más sencillos, y no lo muevas a mitad de problema.

Ejemplo 18.8 (Un libro en una estantería)

Un libro de $1.2\,\mathrm{kg}$ está $1.8\,\mathrm{m}$ por encima del suelo, que a su vez está $9.0\,\mathrm{m}$ por encima de la calle. Con la referencia en el suelo: $E_p = 1.2 \times 9.81 \times 1.8 \approx 21\,\mathrm{J}$ ; en la calle: $E_p \approx 127\,\mathrm{J}$ . Caer al suelo libera $21\,\mathrm{J}$ en las dos contabilidades.

18.4 La energía mecánica y su conservación

Definición 18.9 (Energía mecánica)

La energía mecánica de un cuerpo es

E_m = E_k + E_p = \tfrac12 m v^2 + m g z .

Teorema 18.10 (Conservación de la energía mecánica)

Si la única fuerza que trabaja sobre un cuerpo es su peso (sin rozamiento; y con las demás fuerzas, como la reacción de un carril sin rozamiento, perpendiculares al movimiento), $E_m$ se conserva: para dos puntos cualesquiera $A$ y $B$ del movimiento,

\tfrac12 m v_A^2 + m g z_A = \tfrac12 m v_B^2 + m g z_B .

Demostración. Por el teorema de la energía cinética, $E_k(B) - E_k(A) = W_{AB}(\vect P) = mg(z_A - z_B) = E_p(A) - E_p(B)$ : lo que gana $E_k$ lo pierde $E_p$ . ∎

Ejemplo 18.11 (Tobogán de agua)

Una niña parte del reposo en lo alto de un tobogán sin rozamiento de altura $h = 3.2\,\mathrm{m}$ . Con la referencia abajo: $mgh = \tfrac12 mv^2$ , luego $v = \sqrt{2gh} \approx 7.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ( $29\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ) — sea cual sea la masa y sea cual sea la forma del tobogán: recto, curvo o en espiral, solo entra el desnivel.

Ejemplo 18.12 (Péndulo)

Se aparta la masa de un péndulo hasta que sube $h = 12\,\mathrm{cm}$ por encima de su punto más bajo y se suelta. En los extremos $v = 0$ ; abajo, todo el $mgh$ es cinético, $v = \sqrt{2gh} \approx 1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; y al otro lado la masa vuelve a subir exactamente $12\,\mathrm{cm}$ .

El péndulo cambia E_p por E_k y al revés: todo potencial en los extremos, todo cinético abajo, y la misma subida h dos veces. — El péndulo cambia $E_p$ por $E_k$ y al revés: todo potencial en los extremos, todo cinético abajo, y la misma subida $h$ dos veces.

Diagrama de barras de energía de una montaña rusa sin rozamiento: en cada posición, las barras de E_p y E_k se apilan hasta el mismo total E_m (línea de trazos). — Diagrama de barras de energía de una montaña rusa sin rozamiento: en cada posición, las barras de $E_p$ y $E_k$ se apilan hasta el mismo total $E_m$ (línea de trazos).

Ejemplo 18.13 (Velocidad de aterrizaje en un salto de esquí)

Un saltador de esquí deja el trampolín a $v_A = 25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y aterriza $\Delta z = 40\,\mathrm{m}$ más abajo. Despreciando la resistencia del aire, $v_B = \sqrt{v_A^2 + 2g\,\Delta z} = \sqrt{625 + 785} \approx 38\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — sin necesidad de conocer la trayectoria del vuelo.

Salto de esquí: sea cual sea la curva volada de A a B, en el balance de energía solo entra el desnivel z. — Salto de esquí: sea cual sea la curva volada de $A$ a $B$ , en el balance de energía solo entra el desnivel $\Delta z$ .

18.5 La disipación por rozamiento

Definición 18.14 (Disipación)

De la energía que abandona la cuenta mecánica se dice que se ha disipado: reaparece como energía térmica en las superficies que rozan y en el aire. La energía total se conserva (Capítulo 9); la energía mecánica por sí sola, no.

Proposición 18.15 (El déficit mide el rozamiento)

Si además trabaja una fuerza de rozamiento $\vect f$ a lo largo del movimiento,

\Delta E_m = E_m(B) - E_m(A) = W_{AB}(\vect f) < 0:

la pérdida de energía mecánica es igual al trabajo del rozamiento.

Demostración. El teorema de la energía cinética dice ahora $\Delta E_k = W_{AB}(\vect P) + W_{AB}(\vect f) = -\Delta E_p + W_{AB}(\vect f)$ ; se pasa $\Delta E_p$ al otro lado. El rozamiento se opone al movimiento, luego su trabajo es negativo. ∎

Ejemplo 18.16 (Auditoría de un trineo)

Una niña con su trineo ( $m = 40\,\mathrm{kg}$ ) parten del reposo, bajan $h = 5.0\,\mathrm{m}$ a lo largo de $12\,\mathrm{m}$ de nieve y llegan a $7.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ en lugar de los $\sqrt{2gh} \approx 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ sin rozamiento. Con la referencia abajo: $\Delta E_m = \tfrac12 \times 40 \times 7.0^2 - 40 \times 9.81 \times 5.0 = 980 - 1962 = -982\,\mathrm{J}$ . Así que $W(\vect f) = -982\,\mathrm{J}$ en $12\,\mathrm{m}$ : una fuerza media de rozamiento $f = 982/12 \approx 82\,\mathrm{N}$ , y $982\,\mathrm{J}$ de calor en los patines y en la nieve.

E_m a lo largo de un movimiento: constante sin rozamiento y decreciente con él — la caída en cada instante es el calor producido hasta ese momento. — $E_m$ a lo largo de un movimiento: constante sin rozamiento y decreciente con él — la caída en cada instante es el calor producido hasta ese momento.

Método 18.17 (Contabilidad energética)

Elegir un nivel de referencia y mantenerlo; nombrar $A$ (los datos) y $B$ (la pregunta).
Escribir $E_m = \tfrac12 mv^2 + mgz$ en $A$ y en $B$ .
Sin rozamiento: $E_m(A) = E_m(B)$ ; se despeja — normalmente $v_B = \sqrt{v_A^2 + 2g(z_A - z_B)}$ .
Con rozamiento: $E_m(B) - E_m(A) = -f\ell$ ( $\ell$ : longitud del camino); se despeja la incógnita.
Comprobación: las barras de $E_k$ y $E_p$ se apilan hasta $E_m$ , constante salvo que haya rozamiento.

18.6 Ejercicios

Ejercicio 18.1 ★

Calcula la energía cinética de (a) una moto con su conductor, $90\,\mathrm{kg}$ en total, a $25\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; (b) un coche de $1200\,\mathrm{kg}$ a $130\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . (c) ¿En qué factor cambia $E_k$ cuando la rapidez se duplica? ¿Y cuando se triplica?

Solución

Solución de Ejercicio 18.1.

(a) $v = 6.94\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k = \tfrac12 \times 90 \times 6.94^2 \approx 2.2 \times 10^{3}\,\mathrm{J}$ . (b) $v = 36.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $E_k = \tfrac12 \times 1200 \times 36.1^2 \approx 7.8 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . (c) $\times 4$ ; $\times 9$ — el cuadrado.

Ejercicio 18.2 ★

Un escalador de $75\,\mathrm{kg}$ gana $850\,\mathrm{m}$ de altitud. Calcula el aumento de energía potencial. ¿Depende del nivel de referencia? ¿Y de la ruta?

Solución

Solución de Ejercicio 18.2.

$\Delta E_p = 75 \times 9.81 \times 850 \approx 6.3 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . No: la referencia desplaza por igual los dos valores. Tampoco: solo entra la diferencia de altura.

Ejercicio 18.3 ★

Una maceta cae $20\,\mathrm{m}$ desde un balcón. Despreciando la resistencia del aire, halla su rapidez al llegar al suelo en $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y en $\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . ¿Adónde se ha ido la masa?

Solución

Solución de Ejercicio 18.3.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 20} = 19.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} \approx 71\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . En $mgh = \tfrac12 mv^2$ la masa se cancela.

Ejercicio 18.4 ★

Un coche de $1200\,\mathrm{kg}$ frena de $25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ hasta pararse en $50\,\mathrm{m}$ . Usa el teorema de la energía cinética para hallar el trabajo de los frenos y después la fuerza media de frenado.

Solución

Solución de Ejercicio 18.4.

$W = \Delta E_k = 0 - \tfrac12 \times 1200 \times 25^2 = -3.75 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ; $F = 3.75 \times 10^{5}/50 = 7.5 \times 10^{3}\,\mathrm{N}$ .

Ejercicio 18.5 ★

Se suelta la masa de un péndulo $8.0\,\mathrm{cm}$ por encima de su punto más bajo. Halla su rapidez abajo y la altura que alcanza al otro lado.

Solución

Solución de Ejercicio 18.5.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 0.080} \approx 1.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; vuelve a subir hasta $8.0\,\mathrm{cm}$ (conservación).

Ejercicio 18.6 ★★

Con el Ejemplo 18.2: ¿en qué factor supera la energía cinética del tren a la de la bala? ¿A qué altura podría elevar al tren su propia $E_k$ ( $h = v^2/2g$ )?

Solución

Solución de Ejercicio 18.6.

$1.5 \times 10^{9}/2.6 \times 10^{3} \approx 5.9 \times 10^{5}$ : unas seiscientas mil balas. $h = 88.9^2/(2 \times 9.81) \approx 4.0 \times 10^{2}\,\mathrm{m}$ — su propia rapidez podría elevar al tren $400$ metros.

Ejercicio 18.7 ★★

Dos toboganes sin rozamiento bajan desde la misma plataforma de $3.0\,\mathrm{m}$ , uno recto y empinado y otro largo y serpenteante. Compara las rapideces de llegada (calcúlalas) y los tiempos de llegada (sin calcular).

Solución

Solución de Ejercicio 18.7.

La misma rapidez, $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 3.0} \approx 7.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (solo entra el desnivel). El tobogán empinado gana en tiempo: alcanza antes una rapidez alta y su camino es más corto.

Ejercicio 18.8 ★★

Se lanza una pelota verticalmente hacia arriba a $12\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Halla la altura máxima alcanzada y después la rapidez a $4.0\,\mathrm{m}$ — de subida y de bajada.

Solución

Solución de Ejercicio 18.8.

$h = v^2/2g = 144/19.62 \approx 7.3\,\mathrm{m}$ . A $4.0\,\mathrm{m}$ : $v = \sqrt{144 - 2 \times 9.81 \times 4.0} \approx 8.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — la misma en los dos sentidos: $E_m$ depende de la altura, no del sentido de la marcha.

Ejercicio 18.9 ★★

Un saltador de esquí deja el trampolín a $23\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y aterriza $35\,\mathrm{m}$ más abajo. Predice la rapidez de aterrizaje sin resistencia del aire; ¿el valor real es mayor o menor, y por qué?

Solución

Solución de Ejercicio 18.9.

$v = \sqrt{23^2 + 2 \times 9.81 \times 35} = \sqrt{1216} \approx 35\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . En la realidad, menor: la resistencia del aire disipa parte de $E_m$ .

Ejercicio 18.10 ★★

Un trineo de $45\,\mathrm{kg}$ parte del reposo, baja $6.0\,\mathrm{m}$ a lo largo de $15\,\mathrm{m}$ de pendiente y llega a $8.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Halla la energía mecánica perdida y después la fuerza media de rozamiento. ¿Adónde ha ido la energía?

Solución

Solución de Ejercicio 18.10.

$\Delta E_m = \tfrac12 \times 45 \times 8.0^2 - 45 \times 9.81 \times 6.0 = 1440 - 2649 \approx -1.2 \times 10^{3}\,\mathrm{J}$ ; $f = 1209/15 \approx 81\,\mathrm{N}$ . Ha ido a calor, en los patines y en la nieve.

Ejercicio 18.11 ★★

El clavo de Galileo: un péndulo soltado $15\,\mathrm{cm}$ por encima de su punto más bajo se encuentra en la vertical con un clavo que bloquea la mitad superior del hilo. Halla la rapidez abajo y la subida más allá del clavo; ¿qué cambia el clavo y qué no?

Solución

Solución de Ejercicio 18.11.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 0.15} \approx 1.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; vuelve a subir hasta $15\,\mathrm{cm}$ . El clavo cambia el camino (una circunferencia más cerrada), no la energía: las alturas y las rapideces no se tocan.

Ejercicio 18.12 ★★★

Un patinador se deja caer en un half-pipe desde $2.5\,\mathrm{m}$ ; cada travesía (de un lado al otro) disipa el $10\,\%$ de la energía mecánica. Halla la rapidez al fondo del primer descenso y después, calculando las alturas sucesivas, la primera travesía que termine por debajo de $1.0\,\mathrm{m}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 18.12.

$v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 2.5} = 7.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Las alturas de subida escalan con $E_m$ , así que quedan multiplicadas por $0.9$ en cada travesía: $2.25$ , $2.03$ , $1.82$ , $1.64$ , $1.48$ , $1.33$ , $1.20$ , $1.08$ , $0.97$ — la primera por debajo de $1.0\,\mathrm{m}$ es la $9$ .ª travesía.

Ejercicio 18.13 ★★★

Desde lo alto de un acantilado de $45\,\mathrm{m}$ se lanza una piedra a $15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — hacia arriba, en horizontal o con cualquier ángulo. Demuestra que la rapidez de llegada al suelo es la misma en todos los casos y calcúlala. ¿Qué es lo que sí depende del ángulo?

Solución

Solución de Ejercicio 18.13.

La $E_m$ inicial vale $\tfrac12 m \times 15^2 + m \times 9.81 \times 45$ sea cual sea el ángulo, así que la rapidez al llegar al suelo es $v = \sqrt{225 + 2 \times 9.81 \times 45} = \sqrt{1108} \approx 33\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . El ángulo fija la dirección de la velocidad de llegada, el tiempo de vuelo y el alcance — no la rapidez de llegada.

Ejercicio 18.14 ★★★

Un esquiador de descenso de $80\,\mathrm{kg}$ parte del reposo y baja $120\,\mathrm{m}$ de desnivel a lo largo de una pista de $800\,\mathrm{m}$ , contra una fuerza de rozamiento constante de $65\,\mathrm{N}$ . Halla la rapidez de llegada y la fracción de $E_m$ disipada.

Solución

Solución de Ejercicio 18.14.

$\tfrac12 mv^2 = mgh - f\ell = 80 \times 9.81 \times 120 - 65 \times 800 = 94\,176 - 52\,000 = 4.22 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ , luego $v = \sqrt{2 \times 42\,176/80} \approx 32\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ( $117\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ). Fracción disipada: $52000/94176 \approx 55\,\%$ .

Ejercicio 18.15 ★★★

Una central de bombeo eleva $V = 2.0 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$ de agua ( $1000\,\mathrm{kg}$ por $\mathrm{m}^{3}$ ) una altura de $300\,\mathrm{m}$ . Calcula la energía almacenada en julios y en $\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ ; turbinada de vuelta con un rendimiento del $85\,\%$ (Capítulo 9), ¿a cuántos hogares que consumen $10\,\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ al día alimenta durante un día?

Solución

Solución de Ejercicio 18.15.

$m = 2.0 \times 10^{9}\,\mathrm{kg}$ : $E_p = 2.0 \times 10^{9} \times 9.81 \times 300 \approx 5.9 \times 10^{12}\,\mathrm{J} = 5.9 \times 10^{12}/3.6 \times 10^{6} \approx 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ . Recuperados: $0.85 \times 1.64 \times 10^{6} \approx 1.4 \times 10^{6}\,\mathrm{kW}\,\mathrm{h}$ — unos $1.4 \times 10^{5}$ hogares durante un día.

18.7 Problema: diseñar el rizo

Problema 18.1

Problema de fin de semana — auditoría energética de una montaña rusa: la altura de lanzamiento que impone un rizo, las velocidades que promete, el rozamiento que confiesan dos sensores y los frenos que cierran la cuenta — todo el viaje colgando de un solo número

Un tren de masa $m = 2.0 \times 10^{3}\,\mathrm{kg}$ se suelta desde el reposo en una colina de lanzamiento de altura $H$ y recorre, sin motor, un rizo circular vertical de radio $R = 8.0\,\mathrm{m}$ cuya cima está a la altura $2R$ . El análisis del movimiento circular (del curso que viene) aporta el único dato que tomamos prestado: en la cima del rizo el tren aprieta sobre el carril solo si $v_{\text{top}}^2 \geq gR$ . Las Partes I y II ignoran el rozamiento.

Parte I — La colina que impone el rizo.

Calcula la rapidez mínima de seguridad en la cima del rizo.
Con el suelo como nivel de referencia, calcula la energía mecánica del tren en la cima del rizo con esa rapidez mínima.
Deduce $H_{\min}$ y demuestra que $H_{\min} = 5R/2$ — sin masa y sin $g$ .
El equipo toma $H = 24\,\mathrm{m}$ : calcula la rapidez real en la cima del rizo y el cociente $v_{\text{top}}^2/(gR)$ .
¿Adónde se fue la $m$ ? ¿Por qué le vale el diseño igual a los trenes llenos que a los vacíos?

Parte II — Lo que promete la altura ( $H = 24\,\mathrm{m}$ ).

¿Rapidez en la base del rizo ( $z = 0$ ), en $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y en $\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ?
¿Rapidez en el costado del rizo ( $z = R$ )?
Calcula $E_p$ y $E_k$ en el lanzamiento, en la base, en el costado y en la cima del rizo; comprueba que cada pareja suma $mgH$ .
Tras el rizo viene un lomo de $12\,\mathrm{m}$ : ¿rapidez en su cresta?
Da la fórmula general de $v(z)$ ; ¿dónde es más rápido el viaje y dónde más lento?

Parte III — La auditoría del rozamiento. Dos sensores situados a la misma altura $z = 2.0\,\mathrm{m}$ y separados $60\,\mathrm{m}$ de vía marcan $v_1 = 20.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y después $v_2 = 19.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Calcula la variación de energía mecánica entre los sensores. ¿Qué tenía de astuto colocarlos a la misma altura?
Deduce el trabajo del rozamiento y la fuerza media de rozamiento.
¿Adónde ha ido la energía que falta? Nombra la forma y los lugares.
¿Qué fracción de la $E_m$ del tren se pierde cada $60\,\mathrm{m}$ ? ¿Por qué sería peligroso el $H_{\min}$ pelado en el mundo real, que roza?
Unos $90\,\mathrm{m}$ de vía separan el lanzamiento de la cima del rizo: estima $E_m$ allí; ¿sigue salvando el rizo el margen de la pregunta 4?

Parte IV — Cerrar la cuenta. El último sensor, a la entrada del tramo recto y horizontal de frenado ( $z = 0$ ), marca $18.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Calcula allí la energía cinética del tren.
Los frenos tienen que pararlo en $d = 45\,\mathrm{m}$ : calcula la fuerza de frenado (constante) necesaria.
Comprobación de confort: calcula la deceleración $a = F/m$ ; compárala con $g$ .
¿Cuánta energía disipó el rozamiento de la vía en todo el recorrido? Comprueba que rozamiento $+$ frenos $= mgH$ , julio a julio.
El remate, en una frase: ¿qué único número fijó la seguridad del rizo, todas las velocidades, la factura del rozamiento y la fuerza de los frenos — y cuál fue el precio de ignorar el rozamiento?

Solución

Solución de Problema 18.1.

1. $v_{\text{top}} = \sqrt{gR} = \sqrt{9.81 \times 8.0} \approx 8.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

2. $E_m = mg\,(2R) + \tfrac12 m gR = 3.14 \times 10^{5} + 7.8 \times 10^{4} \approx 3.92 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ .

3. De $mgH_{\min} = E_m$ sale $H_{\min} = 20\,\mathrm{m}$ ; en álgebra, $H_{\min} = 2R + \frac{gR}{2g} = \frac{5R}{2}$ .

4. $v_{\text{top}} = \sqrt{2g(H - 2R)} = \sqrt{2 \times 9.81 \times 8.0} \approx 12.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $v_{\text{top}}^2/(gR) = 2.0$ — el doble del mínimo.

5. Todas las energías son proporcionales a $m$ , así que $m$ se cancela: las mismas rapideces y la misma seguridad, lleno o vacío.

6. $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times 24} \approx 21.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s} \approx 78\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .

7. $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times (24 - 8.0)} \approx 17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

8. $mgH = 4.71 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . $(E_p, E_k)$ : lanzamiento $(4.71 \times 10^{5}, 0)$ ; base $(0, 4.71 \times 10^{5})$ ; costado $(1.57 \times 10^{5}, 3.14 \times 10^{5})$ ; cima $(3.14 \times 10^{5}, 1.57 \times 10^{5})$ — cada pareja suma $4.71 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ .

9. $v = \sqrt{2 \times 9.81 \times (24 - 12)} \approx 15.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

10. $v(z) = \sqrt{2g(H - z)}$ : lo más rápido, en el punto más bajo de la vía; lo más lento, en la cima del rizo.

11. A la misma altura, $\Delta E_p = 0$ y $\Delta E_m = \Delta E_k = \tfrac12 \times 2000 \times (19.2^2 - 20.4^2) \approx -4.75 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ : la colocación hace que el déficit sea puramente cinético, leído en dos velocímetros.

12. $W(\vect f) = -4.75 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ ; $f = 4.75 \times 10^{4}/60 \approx 7.9 \times 10^{2}\,\mathrm{N}$ .

13. Energía térmica, en las ruedas, en los raíles y en el aire.

14. $E_m$ en el primer sensor: $4.16 \times 10^{5} + 3.9 \times 10^{4} = 4.55 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ; pérdida $4.75 \times 10^{4}/4.55 \times 10^{5} \approx 10\,\%$ por cada $60\,\mathrm{m}$ . Con $H_{\min}$ , la cima del rizo se alcanza justo a $\sqrt{gR}$ ; cualquier pérdida la deja por debajo de la rapidez de seguridad.

15. Perdiendo un $\approx 10\,\%$ cada $60\,\mathrm{m}$ , se ha ido cerca del $15\,\%$ de $mgH$ ( $\approx 7.1 \times 10^{4}\,\mathrm{J}$ ): $E_m \approx 4.00 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ , todavía por encima de los $3.92 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ necesarios — a salvo, con solo un $2\,\%$ de sobra. El margen no era un lujo.

16. $E_k = \tfrac12 \times 2000 \times 18.0^2 = 3.24 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ .

17. $F = 3.24 \times 10^{5}/45 = 7.2 \times 10^{3}\,\mathrm{N}$ .

18. $a = 7200/2000 = 3.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} \approx 0.37\,g$ : firme pero cómodo.

19. Rozamiento de la vía: $mgH - 3.24 \times 10^{5} = 470\,880 - 324\,000 = 1.47 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ . Auditoría: $1.47 \times 10^{5} + 3.24 \times 10^{5} = 4.71 \times 10^{5} = mgH$ — todos los julios justificados.

20. La altura de lanzamiento $H = 24\,\mathrm{m}$ fijó la seguridad del rizo, todas las rapideces $\sqrt{2g(H - z)}$ , la factura del rozamiento y la fuerza de los frenos; el precio de ignorar el rozamiento es el margen — los $4\,\mathrm{m}$ de colina que el mundo real consume en silencio.