33 Cantidad de movimiento: sistemas de masa variable

Limitación de la segunda ley para masa constante

En la formulación elemental de la mecánica newtoniana suele escribirse la segunda ley como

$$\vec{F} = m\vec{a} $$

Esta conocida expresión presupone que la masa $m $ del cuerpo permanece estrictamente constante a lo largo del tiempo.

Sin embargo, en numerosos fenómenos físicos de gran relevancia práctica, los cuerpos pierden o ganan materia de forma continua mientras se mueven: un cohete que consume toneladas de combustible por segundo, una tolva que descarga grava sobre un vagón en marcha o una gota de lluvia que engrosa su volumen al atravesar una nube.

Un error muy común consiste en derivar directamente el momento lineal $\vec{p} = m\vec{v} $ suponiendo que la fuerza externa es igual a su derivada temporal:

$$\vec{F}_{\text{ext}} = \frac{d(m\vec{v})}{dt} = m\frac{d\vec{v}}{dt} + \vec{v}\frac{dm}{dt} $$

Esta fórmula es conceptualmente incorrecta y viola el principio de relatividad de Galileo: la presencia del término $\vec{v}\,(dm/dt) $ haría que la fuerza dependiera de la velocidad absoluta del cuerpo respecto a un observador arbitrario, lo cual es físicamente absurdo.

Para describir correctamente la física de un sistema cuya masa cambia, es imprescindible aplicar la segunda ley de Newton al sistema cerrado completo, constituido por el cuerpo principal y la masa infinitesimal que entra o sale de él durante un intervalo de tiempo.

Deducción rigurosa de la ecuación de movimiento de masa variable

Consideremos un cuerpo que en el instante $t $ posee una masa $m(t) $ y se desplaza con una velocidad $\vec{v}(t) $ respecto a un sistema de referencia inercial.

En dicho instante, la cantidad de movimiento total del sistema es

$$\vec{p}(t) = m\vec{v} $$

Transcurrido un intervalo de tiempo infinitesimal $dt $, el cuerpo tiene una masa $m + dm $ y una velocidad $\vec{v} + d\vec{v} $. Durante ese mismo intervalo, se ha separado o incorporado una masa infinitesimal $-dm $ que se desplaza en el espacio con una velocidad absoluta $\vec{u} $ respecto al mismo sistema inercial.

La velocidad de dicha masa infinitesimal respecto al cuerpo principal, denominada velocidad relativa $\vec{v}_{\text{rel}} $, viene dada por

$$\vec{v}_{\text{rel}} = \vec{u} - \vec{v} \rightarrow \vec{u} = \vec{v} + \vec{v}_{\text{rel}} $$

El momento lineal total del sistema cerrado en el instante $t + dt $ es la suma del momento del cuerpo principal y del momento de la masa intercambiada:

$$\vec{p}(t+dt) = (m + dm)(\vec{v} + d\vec{v}) + (-dm)\vec{u} $$

Desarrollando el producto y despreciando el infinitésimo de segundo orden $dm\, d\vec{v} $, obtenemos la variación infinitesimal del momento lineal:

$$d\vec{p} = \vec{p}(t+dt) - \vec{p}(t) = m\, d\vec{v} + \vec{v}\, dm - \vec{u}\, dm = m\, d\vec{v} - (\vec{u} - \vec{v})\, dm = m\, d\vec{v} - \vec{v}_{\text{rel}}\, dm $$

Dividiendo toda la expresión por el intervalo de tiempo $dt $ e igualando a la resultante de las fuerzas externas reales $\vec{F}_{\text{ext}} $ que actúan sobre el sistema:

$$\vec{F}_{\text{ext}} = \frac{d\vec{p}}{dt} = m\frac{d\vec{v}}{dt} - \vec{v}_{\text{rel}}\frac{dm}{dt} $$

Reordenando los términos para aislar el producto de la masa por la aceleración del cuerpo, se llega a la ecuación fundamental de los sistemas de masa variable:

$$m\frac{d\vec{v}}{dt} = \vec{F}_{\text{ext}} + \vec{v}_{\text{rel}}\frac{dm}{dt} $$

La fuerza reactiva o de empuje

El segundo sumando del miembro derecho,

$$\vec{F}_{\text{empuje}} = \vec{v}_{\text{rel}}\frac{dm}{dt} $$,

posee dimensiones de fuerza y recibe el nombre de fuerza reactiva o fuerza de empuje.

Representa el efecto neto que el intercambio de materia produce sobre la aceleración del cuerpo principal.

Es fundamental distinguir tres casos físicos según el signo y la naturaleza de este intercambio:

Primero, eyección de masa con velocidad relativa no nula: ocurre cuando el cuerpo expulsa materia hacia atrás con velocidad $u $, de modo que $\vec{v}_{\text{rel}} = -u \,\vec{i} $. Como la masa disminuye, su derivada temporal es negativa, $\frac{dm}{dt} < 0 $. El producto de ambos signos negativos da lugar a una fuerza de empuje positiva hacia adelante:

$$\vec{F}_{\text{empuje}} = (-u)\,\left(-\left|\frac{dm}{dt}\right|\right) = u\left|\frac{dm}{dt}\right| > 0 $$

Este es el principio de propulsión de todos los motores cohete y reactores de aviación.

Segundo, captura inelástica de masa: ocurre cuando el cuerpo absorbe masa del entorno.

Como la masa aumenta, $\frac{dm}{dt} > 0 $. Si la masa absorbida se encontraba en reposo en la dirección del movimiento, su velocidad relativa de entrada respecto al vehículo es negativa, $\vec{v}_{\text{rel}} = -\vec{v} $. En consecuencia, la fuerza reactiva actúa frenando el vehículo,

$$\vec{F}_{\text{freno}} = -\vec{v}\frac{dm}{dt} $$

Tercero, desprendimiento de masa con velocidad relativa nula:

si la materia que abandona el cuerpo no es eyectada a presión, sino que simplemente se desgaja o desprende a la misma velocidad que lleva el móvil, entonces $\vec{v}_{\text{rel}} = \vec{0} $. La fuerza reactiva es exactamente nula:

$$\vec{F}_{\text{empuje}} = \vec{0}\frac{dm}{dt} = \vec{0} $$

En este caso, la pérdida de masa no empuja ni frena al cuerpo; su aceleración viene determinada exclusivamente por las fuerzas externas divididas por la masa restante.

Regímenes dinámicos en sistemas de masa variable: cohete, vagoneta bajo lluvia y bola de nieve que se derrite

📝 Ejemplo 1:

Propulsión de un Cohete y Ecuación de Tsiolkovski

Empuje por eyección de gases y velocidad final en el espacio exterior

Enunciado: Un cohete de masa inicial $m_0 = 15000 \text{ kg} $, de los cuales $12000 \text{ kg} $ corresponden a combustible y comburente, se encuentra en reposo en una región del espacio exterior donde las fuerzas gravitatorias son despreciables.

Al encender los motores principales, los gases de combustión son eyectados a un ritmo constante de quema de $\mu = 150 \text{ kg/s} $ con una velocidad de escape constante relativa a la tobera de $u = 2400 \text{ m/s} $. Calcula:

a) La fuerza de empuje desarrollada por los motores.

b) La aceleración del cohete en el instante inicial del encendido y en el instante inmediatamente anterior al agotamiento del combustible.

c) La velocidad final alcanzada por el cohete tras consumir la totalidad del propelente.

💡 Explicación

Para resolver este problema empezaremos por calcular la fuerza de empuje a partir de la velocidad relativa de escape y la tasa de consumo de masa.

A continuación determinaremos la aceleración en el instante de partida y en el momento de vaciado dividiendo el empuje entre las masas correspondientes.

Para terminar integraremos la ecuación diferencial del movimiento separando variables para deducir la célebre ecuación del cohete de Tsiolkovski y calcular la velocidad final.

👉 PASO 1

Cálculo de la fuerza de empuje de los motores.

En el espacio exterior no actúan fuerzas externas apreciables, por lo que $\vec{F}_{\text{ext}} = \vec{0} $. La tasa de variación de la masa del cohete es negativa, pues está perdiendo propelente de forma continua:

$$\frac{dm}{dt} = -\mu = -150 \text{ kg/s} $$

Los gases se expulsan en sentido opuesto al avance del cohete con velocidad escalar $u = 2400 \text{ m/s} $, luego la velocidad relativa vectorial es $v_{\text{rel}} = -u = -2400 \text{ m/s} $

Aplicando la definición de fuerza reactiva de empuje:

$$F_{\text{empuje}} = v_{\text{rel}}\frac{dm}{dt} = (-2400) \cdot (-150) = 360000 \text{ N} = 360 \text{ kN} $$

El empuje es positivo y constante durante toda la fase de propulsión.

👉 PASO 2

Aceleración en el despegue y al agotamiento del combustible.

En el instante inicial $t = 0 $, la masa total es la masa inicial completa, $m_0 = 15000 \text{ kg} $. La aceleración inicial resulta:

$$a_0 = \frac{F_{\text{empuje}}}{m_0} = \frac{360000}{15000} = 24 \text{ m/s}^2 $$

El tiempo total que tardan los motores en consumir los $12000 \text{ kg} $ de combustible es

$$t_{\text{quemado}} = \frac{12000}{150} = 80 \text{ s} $$

En ese instante final de combustión, la masa del cohete se reduce a su masa seca de estructura y carga útil:

$$m_f = m_0 - m_{\text{combustible}} = 15000 - 12000 = 3000 \text{ kg} $$

La aceleración justo antes de que se apaguen los motores es:

$$a_f = \frac{F_{\text{empuje}}}{m_f} = \frac{360000}{3000} = 120 \text{ m/s}^2 $$

La aceleración aumenta drásticamente a medida que el cohete aligera su masa, multiplicándose exactamente por cinco respecto a su valor inicial.

👉 PASO 3

Deducción de la ecuación de Tsiolkovski y velocidad final.

La ecuación diferencial del movimiento del cohete en ausencia de fuerzas externas es

$$m\frac{dv}{dt} = -u\frac{dm}{dt} $$

Multiplicando por $dt $ y separando variables obtenemos

$$dv = -u\frac{dm}{m} $$

Integrando ambos miembros desde la situación inicial de reposo $v(0) = 0 $ con masa $m_0 $, hasta la velocidad final $v_f $ con masa $m_f $:

$$\int_{0}^{v_f} dv = -u \int_{m_0}^{m_f} \frac{dm}{m} \rightarrow v_f = -u \left[ \ln(m) \right]_{m_0}^{m_f} = u \ln\left(\frac{m_0}{m_f}\right) $$

Esta fórmula es la fundamental ecuación de Tsiolkovski.

Sustituyendo los valores numéricos:

$$v_f = 2400 \cdot \ln\left(\frac{15000}{3000}\right) = 2400 \cdot \ln(5) = 2400 \cdot 1,6094 = 3862,6 \text{ m/s} $$

✅ Conclusión

Los motores generan un empuje reactivo constante de $360 \text{ kN} $. A medida que el propelente se agota, la aceleración se quintuplica pasando de $24 \text{ m/s}^2 $ a $120 \text{ m/s}^2 $. La velocidad final alcanzada es de $3862,6 \text{ m/s} $, notablemente superior a la velocidad de escape de los propios gases gracias a la alta fracción de masa de combustible.

📝 Ejemplo 2:

Vagoneta de Carga bajo Lluvia Torrencial Vertical

Aumento de masa por captura inelástica y conservación del momento lineal

Enunciado: Una vagoneta de ferrocarril abierta de masa $M_0 = 2000 \text{ kg} $ se desplaza sin rozamiento apreciable a lo largo de una vía horizontal recta con una velocidad inicial de $v_0 = 12 \text{ m/s} $. En un momento dado comienza a caer una fuerte lluvia vertical que deposita agua en el interior de la caja a un ritmo constante de $\mu = 25 \text{ kg/s} $. Las gotas de lluvia caen verticalmente, por lo que su velocidad horizontal respecto al suelo es nula ($v_{\text{lluvia}, x} = 0 $).

Calcula:

a) La expresión analítica de la velocidad de la vagoneta en función del tiempo $v(t) $

b) La fuerza horizontal que el agua ejerce sobre la vagoneta y la aceleración instantánea en el instante $t = 40 \text{ s} $

c) La velocidad de la vagoneta transcurridos $2 \text{ minutos} $ del inicio de la lluvia.

d) La variación de energía cinética del sistema en ese intervalo de dos minutos.

💡 Explicación

Para resolver este problema empezaremos por comprobar la conservación del momento lineal horizontal del sistema vagoneta más agua acumulada al no existir fuerzas externas en dicha dirección.

A continuación utilizaremos la formulación de sistemas de masa variable para calcular la fuerza de frenado reactiva y la aceleración a los cuarenta segundos.

Para terminar evaluaremos la velocidad trascurridos dos minutos y realizaremos el balance energético para determinar la energía cinética disipada en el choque inelástico continuo.

👉 PASO 1

Conservación del momento lineal y función de velocidad.

En el eje horizontal no existe rozamiento con los raíles ni ninguna otra fuerza exterior, por lo que $F_{\text{ext}, x} = 0 $. Como la lluvia cae con trayectoria estrictamente vertical, las gotas no aportan cantidad de movimiento horizontal al ingresar al vehículo.

En consecuencia, la cantidad de movimiento horizontal total del sistema cerrado se conserva en todo instante:

$$P_x(t) = P_{x,0} $$

La masa de la vagoneta con el agua acumulada en el instante $t $ es

$$M(t) = M_0 + \mu t = 2000 + 25t \text{ kg} $$

El momento inicial era únicamente el de la vagoneta seca:

$$P_{x,0} = M_0 v_0 = 2000 \cdot 12 = 24000 \text{ kg}\cdot\text{m/s} $$

Igualando en cualquier instante $t $:

$$M(t) v(t) = M_0 v_0 \rightarrow v(t) = \frac{M_0 v_0}{M_0 + \mu t} = \frac{24000}{2000 + 25t} \text{ m/s} $$

👉 PASO 2

Dinámica mediante la fuerza reactiva de frenado.

Analicemos el mismo fenómeno mediante la ecuación de masa variable.

La velocidad relativa del agua que cae respecto a la vagoneta en el eje horizontal es

$$v_{\text{rel}, x} = v_{\text{lluvia}, x} - v(t) = 0 - v(t) = -v(t) $$

Dado que la masa de la vagoneta aumenta, $\frac{dM}{dt} = \mu = 25 \text{ kg/s} > 0 $

La fuerza de empuje reactiva que ejerce el agua al ser acelerada inelásticamente por el fondo de la vagoneta es

$$F_{\text{freno}} = v_{\text{rel}, x}\frac{dM}{dt} = -v(t) \cdot 25 $$

En el instante $t = 40 \text{ s} $:

$$M(40) = 2000 + 25 \cdot 40 = 3000 \text{ kg} $$

$$v(40) = \frac{24000}{3000} = 8 \text{ m/s} $$

Sustituyendo en la fuerza de frenado y calculando la aceleración:

$$F_{\text{freno}}(40) = -8 \cdot 25 = -200 \text{ N} $$

$$a(40) = \frac{F_{\text{freno}}}{M(40)} = \frac{-200}{3000} = -\frac{1}{15} \approx -0,067 \text{ m/s}^2 $$

👉 PASO 3

Velocidad tras dos minutos y balance de energía mecánica.

Transcurrido un tiempo de $t = 120 \text{ s} $ (dos minutos):

La masa total de la vagoneta con agua es

$$M(120) = 2000 + 25 \cdot 120 = 2000 + 3000 = 5000 \text{ kg} $$

La velocidad en ese instante resulta:

$$v(120) = \frac{24000}{5000} = 4,8 \text{ m/s} $$

Calculemos ahora la energía cinética inicial y la energía cinética final:

$$E_{c,0} = \frac{1}{2} M_0 v_0^2 = \frac{1}{2} \cdot 2000 \cdot 12^2 = 1000 \cdot 144 = 144000 \text{ J} = 144 \text{ kJ} $$

$$E_{c,120} = \frac{1}{2} M(120) v(120)^2 = \frac{1}{2} \cdot 5000 \cdot 4,8^2 = 2500 \cdot 23,04 = 57600 \text{ J} = 57,6 \text{ kJ} $$

La variación de energía cinética es

$$\Delta E_c = 57600 - 144000 = -86400 \text{ J} = -86,4 \text{ kJ} $$

✅ Conclusión

La vagoneta se frena de forma continua debido a la inercia del agua capturada, pasando de $12 \text{ m/s} $ a $4,8 \text{ m/s} $ a los dos minutos.

Aunque el momento lineal horizontal se conserva estrictamente, el proceso es energéticamente inelástico: se pierden $86,4 \text{ kJ} $ de energía mecánica (un $60\% $ del total), transformados en calor por la fricción turbulenta del agua al chocar contra las paredes de la vagoneta.

📝 Ejemplo 3:

Bola de Nieve que se Derrite durante su Caída con Eyección Ascendente

Pérdida de masa con velocidad relativa ascendente y empuje propulsor adicional

Enunciado: Una bola de nieve de masa inicial $m_0 = 0,8 \text{ kg} $ se suelta desde el reposo desde una gran altura en la atmósfera.

A medida que cae, la fricción térmica con el aire provoca que la nieve se funda uniformemente en su superficie, desprendiendo agua líquida a una tasa constante de $\alpha = 0,05 \text{ kg/s} $, de modo que su masa viene dada por $m(t) = m_0 - \alpha t $. Debido a la corriente de aire ascendente en el sistema de referencia de la bola, las gotas de agua líquida se desprenden con una velocidad relativa constante hacia arriba de $v_{\text{rel}} = 2,5 \text{ m/s} $ respecto a la bola ($$\vec{v}_{\text{rel}} = -2,5\vec{j} \text{ m/s} $$, tomando el sentido hacia abajo como positivo).

Tomando la aceleración de la gravedad $g = 9,8 \text{ m/s}^2 $:

a) Determina la magnitud y el sentido de la fuerza reactiva o de empuje desarrollada por el agua desprendida.

b) Deduce las ecuaciones analíticas de la aceleración $a(t) $ y de la velocidad $v(t) $ en función del tiempo en el caso ideal en que se desprecia la resistencia del aire frente al peso.

c) Si sobre la bola actúa adicionalmente una fuerza de rozamiento aerodinámico proporcional a la velocidad, $F_r = -k v $ con constante $k = 0,1 \text{ kg/s} $, plantea la ecuación diferencial del movimiento y calcula con rigor analítico la velocidad y la aceleración exactas en el instante $t = 4 \text{ s} $

💡 Explicación

Para resolver este problema empezaremos por calcular la fuerza de empuje reactiva generada por el desprendimiento de agua con velocidad relativa ascendente, analizando su signo mediante la tercera ley de Newton.

A continuación integraremos la ecuación del movimiento para la caída libre ideal obteniendo la aceleración variable y la velocidad con su término logarítmico tipo Tsiolkovski.

Para terminar plantearemos la ecuación diferencial lineal no homogénea de primer orden incluyendo la resistencia aerodinámica y utilizaremos el factor integrante para determinar con precisión la velocidad y aceleración a los cuatro segundos.

👉 PASO 1

Cálculo del empuje reactivo con velocidad relativa ascendente.

La ecuación general que rige la dinámica de cualquier cuerpo con masa dependiente del tiempo es

$$m(t)\frac{dv}{dt} = F_{\text{ext}} + F_{\text{empuje}} = F_{\text{ext}} + v_{\text{rel}}\frac{dm}{dt} $$

Tomamos como sentido positivo el eje vertical descendente (en el sentido natural de caída de la bola).

La masa de la bola disminuye a razón de

$$\frac{dm}{dt} = -\alpha = -0,05 \text{ kg/s} $$

Dado que las gotas de agua son arrastradas hacia arriba por la corriente de aire relativa a una velocidad de $2,5 \text{ m/s} $, el vector velocidad relativa del agua respecto de la bola apunta en sentido opuesto al movimiento:

$$\vec{v}_{\text{rel}} = -2,5\vec{j} \text{ m/s} \rightarrow v_{\text{rel}} = -2,5 \text{ m/s} $$

Sustituyendo en la expresión del empuje reactivo:

$$F_{\text{empuje}} = v_{\text{rel}}\frac{dm}{dt} = (-2,5 \text{ m/s}) \cdot (-0,05 \text{ kg/s}) = +0,125 \text{ N} $$

El signo positivo indica que el empuje actúa hacia abajo, en el mismo sentido del movimiento de la bola.

Físicamente, al proyectarse materia hacia atrás (hacia arriba respecto a la bola), por conservación del momento lineal se produce una propulsión reactiva hacia adelante (hacia abajo), de forma completamente análoga a los gases de escape de un cohete.

👉 PASO 2

Caída libre ideal sin resistencia aerodinámica.

Al despreciar la resistencia del aire, la única fuerza externa es el peso hacia abajo, $F_{\text{ext}} = m(t)g $

La ecuación del movimiento en el eje vertical es:

$$m(t)\frac{dv}{dt} = m(t)g + F_{\text{empuje}} = m(t)g + 0,125 $$

Dividiendo toda la ecuación entre la masa instantánea $m(t) = 0,05(16-t) $, obtenemos la aceleración instantánea:

$$a(t) = \frac{dv}{dt} = g + \frac{F_{\text{empuje}}}{m(t)} = 9,8 + \frac{0,125}{0,05(16-t)} = 9,8 + \frac{2,5}{16-t} $$

A diferencia del caso de eyección nula, la aceleración ya no es constante: aumenta continuamente por encima de $g $ conforme la bola pierde masa.

Para hallar la velocidad integramos separando variables desde el reposo $v(0) = 0 $:

$$v(t) = \int_{0}^{t} \left( 9,8 + \frac{2,5}{16-\tau} \right) d\tau = 9,8t - 2,5 \left[ \ln(16-\tau) \right]_{0}^{t} = 9,8t + 2,5\ln\left(\frac{16}{16-t}\right) \text{ m/s} $$

Esta solución coincide estructuralmente con la ecuación del cohete de Tsiolkovski sumada al efecto de la gravedad: $v(t) = gt + u_{\text{rel}}\ln(m_0/m(t)) $

👉 PASO 3

Dinámica real con resistencia del aire proporcional a la velocidad.

Al incluir la resistencia aerodinámica $F_r = -kv $, la fuerza externa neta en sentido descendente es $F_{\text{ext}} = m(t)g - kv $

La ecuación diferencial del movimiento es:

$$m(t)\frac{dv}{dt} = m(t)g - kv + 0,125 \rightarrow \frac{dv}{dt} + \frac{k}{m(t)}v = g + \frac{0,125}{m(t)} $$

Sustituyendo $k = 0,1 \text{ kg/s} $ y $m(t) = 0,05(16-t) $:

$$\frac{k}{m(t)} = \frac{0,1}{0,05(16-t)} = \frac{2}{16-t} $$,

$$\frac{0,125}{m(t)} = \frac{0,125}{0,05(16-t)} = \frac{2,5}{16-t} $$

Obtenemos la ecuación diferencial lineal de primer orden:

$$\frac{dv}{dt} + \frac{2}{16-t}v = 9,8 + \frac{2,5}{16-t} $$

El factor integrante de la ecuación es:

$$\mu(t) = e^{\int \frac{2}{16-t} dt} = e^{-2\ln(16-t)} = \frac{1}{(16-t)^2} $$

Multiplicando toda la ecuación diferencial por $\mu(t) $:

$$\frac{d}{dt} \left[ \frac{v}{(16-t)^2} \right] = \frac{9,8}{(16-t)^2} + \frac{2,5}{(16-t)^3} $$

Integramos entre $t = 0 $ con $v(0) = 0 $, y el instante $t = 4 \text{ s} $:

$$\frac{v(4)}{(16-4)^2} - 0 = \int_{0}^{4} \frac{9,8}{(16-t)^2} dt + \int_{0}^{4} \frac{2,5}{(16-t)^3} dt $$

Resolvemos cada una de las dos integrales por separado:

$$I_1 = 9,8 \int_{0}^{4} (16-t)^{-2} dt = 9,8 \left[ \frac{1}{16-t} \right]_{0}^{4} = 9,8 \left( \frac{1}{12} - \frac{1}{16} \right) = 9,8 \cdot \frac{1}{48} = \frac{49}{240} $$,

$$I_2 = 2,5 \int_{0}^{4} (16-t)^{-3} dt = 2,5 \left[ \frac{1}{2(16-t)^2} \right]_{0}^{4} = 1,25 \left( \frac{1}{144} - \frac{1}{256} \right) = 1,25 \cdot \frac{7}{2304} = \frac{35}{9216} $$

Sumando ambos términos y multiplicando por $12^2 = 144 $:

$$v(4) = 144 \cdot \frac{49}{240} + 144 \cdot \frac{35}{9216} = 29,4 + \frac{35}{64} = 29,4 + 0,546875 = 29,946875 \text{ m/s} \approx 29,95 \text{ m/s} $$

La masa de la bola en dicho instante es

$$m(4) = 0,8 - 0,05 \cdot 4 = 0,6 \text{ kg} $$

Calculamos la aceleración instantánea en $t = 4 \text{ s} $:

$$a(4) = g + \frac{F_{\text{emp}}}{m(4)} - \frac{k v(4)}{m(4)} = 9,8 + \frac{0,125}{0,6} - \frac{0,1 \cdot 29,946875}{0,6} $$,

$$a(4) = 9,8 + 0,208333 - 4,991146 = 5,0171875 \text{ m/s}^2 \approx 5,02 \text{ m/s}^2 $$

✅ Conclusión

La eyección de agua fundida con velocidad relativa ascendente de $2,5 \text{ m/s} $ genera un empuje propulsor reactivo descendente constante de $0,125 \text{ N} $. En caída libre ideal, la aceleración aumenta con el tiempo por encima de la gravedad ($a(t) = 9,8 + 2,5/(16-t) $) y la velocidad incluye un término logarítmico tipo Tsiolkovski.

Al considerar el rozamiento aerodinámico con el aire, la velocidad a los 4 segundos alcanza los $29,95 \text{ m/s} $ (frente a los $29,4 \text{ m/s} $ del caso con velocidad relativa nula) y la aceleración se sitúa en $5,02 \text{ m/s}^2 $ (frente a $4,90 \text{ m/s}^2 $), demostrando cuantitativamente la contribución propulsora del empuje reactivo.

📝 Ejemplo 4:

Caída Libre de una Cadena Pesada sobre una Báscula

Fuerza normal de impacto inelástico continuo y peso estático acumulado

Enunciado: Una cadena flexible homogénea de longitud $L = 2 \text{ m} $ y masa total $M = 3 \text{ kg} $ (con densidad lineal constante $\lambda = \frac{M}{L} = 1,5 \text{ kg/m} $) se encuentra suspendida verticalmente por su extremo superior, de modo que su eslabón inferior apenas roza el platillo horizontal de una báscula.

En el instante $t = 0 $ se libera la cadena desde el reposo y cae libremente bajo la aceleración de la gravedad $g = 9,8 \text{ m/s}^2 $. Cada eslabón que llega a la báscula se detiene instantáneamente sobre el platillo sin rebotar.

a) Determina la expresión analítica de la fuerza normal instantánea $N(y) $ que registra la báscula en función de la longitud $y $ de cadena ya depositada en el platillo.

b) Calcula el valor numérico de la fuerza máxima que marca la báscula, correspondiente al instante justo en que el último eslabón de la cadena impacta contra el platillo.

💡 Explicación

Para resolver este problema dividiremos el análisis dinámico en dos contribuciones físicas independientes sobre la báscula.

Por un lado calcularemos el peso estático de la fracción de cadena ya en reposo sobre el platillo.

Por otro lado aplicaremos el teorema del momento lineal para sistemas de masa variable para calcular la fuerza impulsiva debida a la desaceleración continua de los eslabones que llegan con velocidad no nula y se detienen.

Para terminar sumaremos ambas componentes y evaluaremos en la longitud total de la cadena.

👉 PASO 1

Cinemática de la caída libre y velocidad de impacto.

Consideramos un sistema de coordenadas vertical con origen en la báscula y sentido hacia abajo.

Cada eslabón de la cadena cae libremente desde el reposo una distancia $y $ bajo la aceleración constante de la gravedad $g $

Aplicando la ecuación cinemática de Torricelli para la caída libre:

$$v^2 = 2gy \implies v(y) = \sqrt{2gy} $$

Esta expresión representa la velocidad con la que cada eslabón colisiona contra el platillo de la báscula cuando una longitud $y $ de cadena ya ha caído.

👉 PASO 2

Tasa de masa que se deposita por unidad de tiempo.

La masa de un elemento infinitesimal de cadena de longitud $dy $ es:

$$dm = \lambda \, dy $$

Dividiendo entre el intervalo de tiempo infinitesimal $dt $, obtenemos el ritmo de masa depositada sobre el platillo:

$$\frac{dm}{dt} = \lambda \frac{dy}{dt} = \lambda v = \lambda \sqrt{2gy} $$

👉 PASO 3

Contribución del peso estático de la cadena acumulada.

En el instante en que ha caído una longitud $y $, la masa de cadena que ya descansa sobre el platillo en reposo es:

$$m_{\text{dep}}(y) = \lambda y $$

El peso gravitatorio de dicha porción es:

$$P(y) = m_{\text{dep}}(y) g = \lambda y g $$

👉 PASO 4

Contribución de la fuerza de impacto inelástico de los eslabones.

Cada eslabón de masa $dm $ llega con velocidad vertical $v $ y se detiene ($v_f = 0 $) en un tiempo $dt $

Por la segunda ley de Newton generalizada para sistemas abiertos que reciben masa, la fuerza reactiva necesaria para anular la cantidad de movimiento del flujo entrante es:

$$F_{\text{imp}} = v_{\text{rel}} \frac{dm}{dt} $$

Como los eslabones llegan con velocidad $v $ respecto al platillo fijo en reposo:

$$F_{\text{imp}}(y) = v \cdot (\lambda v) = \lambda v^2 = \lambda (2gy) = 2\lambda y g $$

Obsérvese que la fuerza dinámica de impacto es exactamente el doble del peso de la cadena depositada.

👉 PASO 5

Fuerza normal total registrada por la báscula.

La fuerza total $N(y) $ medida por la báscula es la suma del peso estático acumulado y de la fuerza impulsiva continua de choque:

$$N(y) = P(y) + F_{\text{imp}}(y) = \lambda y g + 2\lambda y g = 3\lambda y g $$

La báscula marca exactamente el triple del peso de la porción de cadena que ya reposa sobre ella mientras continúe la caída.

👉 PASO 6

Cálculo de la fuerza máxima al caer el último eslabón.

La fuerza máxima se alcanza en el instante final del impacto, cuando ha caído la longitud completa de la cadena ($y = L = 2 \text{ m} $):

$$N_{\text{máx}} = 3\lambda L g = 3 M g $$

Sustituyendo los valores numéricos:

$$N_{\text{máx}} = 3 \cdot 3 \text{ kg} \cdot 9,8 \text{ m/s}^2 = 9 \cdot 9,8 = 88,2 \text{ N} $$

El peso real en reposo de la cadena completa es:

$$P_{\text{cadena}} = M g = 3 \cdot 9,8 = 29,4 \text{ N} $$

Inmediatamente después de caer el último eslabón, el término impulsivo se extingue instantáneamente ($F_{\text{imp}} = 0 $) y la lectura de la báscula cae bruscamente de $88,2 \text{ N} $ al peso estático de $29,4 \text{ N} $

✅ Conclusión

La lectura instantánea de la báscula durante la caída responde a la ley analítica $N(y) = 3\lambda g y $, superando en un factor 3 al peso de la cadena depositada debido al flujo convectivo de momento lineal anulado en el choque inelástico.

La fuerza máxima registrada justo antes de finalizar la caída es de $88,2 \text{ N} $, tras lo cual la lectura desciende discontinuamente al peso estático final de $29,4 \text{ N} $

📝 Ejemplo 5:

Cinta Transportadora Horizontal con Carga Continua de Material

Fuerza del motor, balance de potencia y disipación térmica por rozamiento

Enunciado: Una cinta transportadora horizontal se desplaza con una velocidad constante de $v_0 = 1,5 \text{ m/s} $ impulsada por un motor eléctrico.

Desde una tolva vertical situada fija en reposo sobre la cinta cae grava de forma continua a una tasa constante de $\mu = 40 \text{ kg/s} $. La grava incide sobre la cinta con velocidad horizontal nula ($u_x = 0 $) y es arrastrada por rozamiento hasta adquirir de forma suave la velocidad de la cinta.

Despreciando pérdidas mecánicas en los rodillos y cojinetes:

a) Determina la fuerza horizontal constante que debe ejercer el motor sobre la cinta para mantener constante su velocidad.

b) Calcula la potencia mecánica suministrada por el motor eléctrico.

c) Calcula la tasa de variación de la energía cinética de la grava transportada y determina la potencia disipada en forma de calor por rozamiento en el punto de carga.

💡 Explicación

Para resolver este problema formularemos la ecuación general de movimiento para sistemas que ganan masa continuamente a velocidad constante.

Calcularemos la fuerza motriz necesaria para acelerar horizontalmente la masa entrante.

A continuación obtendremos la potencia suministrada por el motor y la compararemos con la derivada temporal de la energía cinética del material depositado, obteniendo la potencia disipada por rozamiento cinético.

👉 PASO 1

Ecuación fundamental para la cinta con masa entrante.

Consideramos la cinta de masa $M $ que se mueve a velocidad horizontal constante $\vec{v}_0 = v_0 \vec{i} $

La grava cae verticalmente desde el reposo horizontal, de modo que la velocidad del material entrante en el sistema del laboratorio es:

$$\vec{u} = 0 \vec{i} - u_y \vec{j} $$

La velocidad relativa de la grava respecto a la cinta horizontal es:

$$\vec{v}_{\text{rel}} = \vec{u} - \vec{v}_0 = -v_0 \vec{i} $$

Por el teorema de momento lineal para un sistema que absorbe masa a una tasa $\mu = \frac{dm}{dt} $:

$$\vec{F}_{\text{ext}} + \vec{v}_{\text{rel}} \frac{dm}{dt} = M \frac{d\vec{v}}{dt} $$

Como la velocidad de la cinta se mantiene estrictamente constante ($\frac{d\vec{v}}{dt} = 0 $):

$$\vec{F}_{\text{motor}} + (-v_0 \vec{i}) \mu = \vec{0} \implies \vec{F}_{\text{motor}} = \mu v_0 \vec{i} $$

👉 PASO 2

Cálculo numérico de la fuerza horizontal requerida.

La magnitud de la fuerza constante ejercida por el motor es:

$$F_{\text{motor}} = \mu v_0 = 40 \text{ kg/s} \cdot 1,5 \text{ m/s} = 60 \text{ N} $$

El motor debe empujar permanentemente con $60 \text{ N} $ para compensar el arrastre del material que cae.

👉 PASO 3

Potencia mecánica entregada por el motor.

La potencia mecánica suministrada por el motor a la cinta viene dada por el producto de la fuerza por la velocidad:

$$P_{\text{motor}} = F_{\text{motor}} \cdot v_0 = (\mu v_0) \cdot v_0 = \mu v_0^2 $$

Sustituyendo los valores numéricos:

$$P_{\text{motor}} = 40 \text{ kg/s} \cdot (1,5 \text{ m/s})^2 = 40 \cdot 2,25 = 90 \text{ W} $$

👉 PASO 4

Tasa de incremento de energía cinética de la grava.

En un intervalo de tiempo $dt $, una masa $dm = \mu \, dt $ de grava pasa del reposo horizontal a moverse a la velocidad $v_0 $

El incremento de energía cinética experimentado por dicha masa es:

$$dE_c = \frac{1}{2} (dm) v_0^2 = \frac{1}{2} (\mu \, dt) v_0^2 $$

Dividiendo entre $dt $, obtenemos el ritmo temporal al que aumenta la energía cinética del sistema:

$$\frac{dE_c}{dt} = \frac{1}{2} \mu v_0^2 = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot (1,5)^2 = 20 \cdot 2,25 = 45 \text{ W} $$

👉 PASO 5

Balance energético y potencia disipada por rozamiento.

Comparamos la potencia total introducida por el motor con el aumento de energía cinética del material:

$$P_{\text{motor}} = 90 \text{ W} $$

$$\frac{dE_c}{dt} = 45 \text{ W} $$

Por el principio de conservación de la energía, la potencia restante se disipa irreversiblemente en forma de calor por el rozamiento cinético entre la grava y la banda mientras se produce el arrastre hasta igualar velocidades:

$$P_{\text{dis}} = P_{\text{motor}} - \frac{dE_c}{dt} = \mu v_0^2 - \frac{1}{2}\mu v_0^2 = \frac{1}{2}\mu v_0^2 = 45 \text{ W} $$

Exactamente el 50% de la energía suministrada por el motor se transforma en energía cinética útil y el restante 50% se degrada térmicamente en calor.

✅ Conclusión

El motor debe suministrar una fuerza horizontal constante de $60 \text{ N} $, desarrollando una potencia de $90 \text{ W} $. De esta potencia total, la mitad ($45 \text{ W} $) se invierte en incrementar la energía cinética de la grava transportada y la otra mitad ($45 \text{ W} $) se disipa inevitablemente como calor debido a la fricción cinética durante el acoplamiento del material a la banda transportadora.