M3 · Mechanics 3

Mecánica 3: cuerdas elásticas, MHS, círculos y centros de masa

Mecánica 3 (M3, papel WME03/01, 1 hora 30 minutos, 75 puntos, primera evaluación junio 2020) es la unidad final de mecánica: se asumen P1–P4, M1 y M2. El examen completo funciona simbólicamente — las respuestas permanecen en $m$, $g$, $a$, $L$, $r$, y el álgebra exacta otorga los puntos. Esta referencia cubre la aceleración como función de $x$, cuerdas elásticas y resortes, fuerzas variables y movimiento armónico simple, movimiento circular horizontal y vertical, y centros de masa mediante integración.

Conocimientos obligatorios para M3 (no incluidos en el cuaderno):

Cinemática con aceleración como función de x

Cuando la aceleración depende del desplazamiento, sustituya $\tfrac{dv}{dt}$ por $v\dfrac{dv}{dx}$ e integre respecto a $x$; cuando depende del tiempo, separe $\tfrac{dx}{dt}$. La condición inicial determina cada constante — indíquela antes de sustituir.

Ejemplo resuelto (WME03 junio 2025 Q3). Con $a = 4x - 2$ y en $t = 1$, $x = 0$, $v = 1$: (a) $v\tfrac{dv}{dx} = 4x - 2$ proporciona $\tfrac12v^2 = 2x^2 - 2x + \tfrac12$, por lo que $v^2 = (2x-1)^2$ y (dirección positiva) $v = 1 - 2x$. (b) Sustituyendo $v = 1 - 2x$ en $a = \tfrac{dv}{dt}$ se obtiene $\tfrac{dv}{dt} = -2v$ (o separe $\tfrac{dx}{dt} = 1 - 2x$): $\ln v = -2t + C$ con $v(1) = 1$ resulta en $v = e^{2-2t}$.

Cuerdas elásticas y resortes

Ley de Hooke: una cuerda elástica ligera (o resorte) de longitud natural $L$ y módulo de elasticidad $\lambda$ estirado por $e$ ejerce la tensión $T = \tfrac{\lambda e}{L}$ — tensión tirando hacia adentro en ambos extremos. La energía elástica almacenada es $\tfrac{\lambda e^2}{2L}$. Los problemas del principio de trabajo-energía ahora incluyen tres depósitos de energía: cinética, gravitatoria y elástica, más cualquier trabajo realizado contra la resistencia.

Ejemplo resuelto — un punto medio en una cuerda de dos partes (WME03 junio 2025 Q4). Una cuerda con $\lambda = mg$, longitud natural $3a$, fija entre A y B ($AB = 4a$ horizontal); P cuelga desde el punto medio, proyectado hacia abajo desde C (el punto medio de AB) en $\sqrt{3ag/2}$, y alcanza D con $CD = \tfrac32a$. Cada mitad de la cuerda tiene longitud natural $\tfrac{3a}2$: en C la longitud media es $2a$ (extensión $\tfrac a2$); en D es $\sqrt{(2a)^2 + (\tfrac32a)^2} = \tfrac{5a}2$ (extensión $a$). Ganancia de energía elástica por mitad: $\dfrac{mg}{2\cdot\frac{3a}2}\big(a^2 - \tfrac{a^2}4\big) = \dfrac{mg}{3a}\cdot\tfrac{3a^2}4 = \tfrac{mga}4$; ambas mitades: $\tfrac12mga$ ✓. Luego con resistencia $\tfrac15mg$ sobre $\tfrac{3a}2$ y la pérdida de energía gravitatoria $mg\cdot\tfrac{3a}2$:

por lo tanto $V = \sqrt{29ag/10}$.

Ejemplo resuelto — barra articulada (WME03 junio 2025 Q1). Una barra uniforme AB (masa $m$, longitud $2a$) articulada en A; una cuerda elástica ($\lambda = 2mg$, longitud natural $L$) discurre verticalmente desde B hasta C, donde AC es horizontal y BC $= 1.2a$ — la geometría sitúa a B en $1.6a$ horizontalmente desde A y $1.2a$ por debajo (un triángulo 3–4–5), por lo que el punto medio de la barra está a $0.8a$ de la vertical que pasa por A. Momentos respecto a A: $T\cdot 1.6a = mg\cdot 0.8a$, luego $T = \tfrac12mg$; entonces la ley de Hooke da $\tfrac12mg = \tfrac{2mg}{L}(1.2a - L)$, es decir, $L = 0.96a = \tfrac{24}{25}a$.

Fuerzas variables y movimiento armónico simple

Con fuerza variable $F(x)$ en una dimensión: $m\dfrac{dv}{dt} = F$ se convierte en $mv\dfrac{dv}{dx} = F(x)$; la gravitación inversamente cuadrática aparece como $F = \dfrac{k}{x^2}$. Movimiento armónico simple (MAS) significa $\ddot x = -\omega^2x$ — el signo es la demostración. Resultados estándar (citables): periodo $\tfrac{2\pi}{\omega}$, $v^2 = \omega^2(a^2 - x^2)$, $x = a\cos\omega t$ desde un extremo, $a\sin\omega t$ desde el centro. Una partícula entre dos cuerdas elásticas oscila con MAS siempre que la fuerza neta sea proporcional al desplazamiento respecto al punto de equilibrio.

Ejemplo resuelto — MHS entre dos cuerdas (WME03 Junio 2025 P7). Cuerdas desde P hasta A ($\lambda = mg$, longitud natural $3L$) y hasta B ($\lambda = 2mg$, longitud natural $2L$), $AB = 7L$; equilibrio en E con $AE = 4.5L$ (cada tensión $= \tfrac{mg}2$ — la verificación de que E es real). En el desplazamiento $x$ desde E hacia B, la cuerda B se acorta y la cuerda A se alarga:

de modo que P se mueve con MHS, $\omega^2 = \tfrac{4g}{3L}$ y el período es $\tfrac{2\pi}{\omega} = \pi\sqrt{\tfrac{3L}g}$. Soltado desde C con $AC = 5L$ con amplitud $\tfrac L2$: $v_{max} = \tfrac L2\omega = \sqrt{\tfrac{gL}3}$. El tiempo con $|v| \le \sqrt{\tfrac{gL}{12}} = \tfrac{v_{max}}2$: con $x = \tfrac L2\cos\omega t$ desde el extremo, $v \propto \sin\omega t$ y se cumple $|\sin\omega t| \le \tfrac12$ for a third of every oscillation, so the slow time is $\tfrac13 \times \pi\sqrt{\tfrac{3L}g} = \pi\sqrt{\tfrac{L}{3g}}$.

Movimiento en un círculo horizontal

Velocidad angular $\omega$ (rad s⁻¹) con $v = r\omega$; la aceleración centrípeta es $r\omega^2 = \tfrac{v^2}r$, dirigida hacia el centro. Resolver hacia el centro para la ecuación de fuerzas y verticalmente para el equilibrio — el péndulo cónico, una partícula sobre una mesa atada por una cuerda, y superficies inclinadas son los tres contextos estándar.

Ejemplo resuelto — un círculo sobre una mesa (WME03 junio 2025 pregunta2). P (masa $m$) sobre una superficie lisa mesa, unido a O por encima mediante una cuerda de longitud $a$ que forma 30° con la mesa, moviéndose en un círculo con $\omega = \sqrt{\tfrac{g}{2a}}$. El radio del círculo es $a\cos30°$. Hacia el centro: $T\cos30° = m(a\cos30°)\omega^2 = ma\cos30°\cdot\tfrac{g}{2a}$, por lo tanto $T = \tfrac{mg}2$. Verticalmente: $R = mg - T\sin30° = mg - \tfrac{mg}4 = \tfrac{3mg}4$.

Movimiento en un círculo vertical

Un círculo vertical asocia energía con la ley de Newton hacia el centro. El cambio en la energía cinética es igual a la pérdida de energía potencial gravitatoria y elástica cuando no hay otras transferencias de energía. Esta ecuación energética se combina con la ley de Newton hacia el centro; la condición de despegue sobre una superficie es $R = 0$, sobre una cuerda $T = 0$. Después del despegue, la partícula es un proyectil: la componente horizontal de velocidad se conserva.

Ejemplo resuelto — despegue de una esfera (WME03 junio 2025 P5). P se suelta en A sobre una esfera lisa (radio $r$), OA a $\alpha$ por encima de la vertical; sale en B, OB a $\alpha$ por encima de la horizontal. (a) Energía A→B: la altura de A sobre O es $r\cos\alpha$ y la altura de B sobre O es $r\sin\alpha$, por lo que P cae $r(\cos\alpha - \sin\alpha)$: $\tfrac12mv^2 = mgr(\cos\alpha - \sin\alpha)$, dando $v^2 = 2gr(\cos\alpha - \sin\alpha)$. (b) En B con $R = 0$: $mg\sin\alpha = \tfrac{mv^2}r$ (la componente del peso hacia O); eliminando $v^2$: $\sin\alpha = 2(\cos\alpha - \sin\alpha)$, so $\tan\alpha = \tfrac23$. (c) Después, la componente horizontal $v\sin\alpha$ se conserva; en la horizontal que pasa por O, la velocidad satisface $\tfrac12mW^2 = mgr\cos\alpha$, y $\cos^2\theta = \dfrac{v^2\sin^2\alpha}{W^2} = \dfrac{8}{78} = \dfrac4{39}$ — así que $\cos\theta = \tfrac2{\sqrt{39}}$.

Centros de masa por integración

Para un sólido de revolución uniforme, $\bar x = \dfrac{\int_0^a xy^2\,dx}{\int_0^a y^2\,dx}$ (pesar los discos finos por $\pi y^2\,dx$). El resultado del hemisferio debe derivarse, no solo citarse: con $y^2 = a^2 - x^2$, $\int_0^a x(a^2 - x^2)dx = \tfrac{a^4}4$ y $\int_0^a (a^2 - x^2)dx = \tfrac{2a^3}3$, obteniendo $\bar x = \tfrac{3a}8$ desde la cara plana. Cuerpos compuestos: pesar las partes por masa (radio al cubo para sólidos similares) y calcular momentos; las partes removidas portan masa negativa. Equilibrio del cuerpo inclinado: el CG se sitúa verticalmente sobre el punto de contacto.

Ejemplo resuelto — hemisferio tallado (WME03 junio 2025 Q6). S es un sólido hemisférico (radio $a$) con un hemisferio de radio-$\tfrac a2$ removido, caras planas coplanares, centros $O$ (grande) y $C$ con $OC = \tfrac a2$. Masas $8 : 1 : 7$ (radio al cubo); a lo largo del eje $8\cdot\tfrac{3a}8 - 1\cdot\tfrac{3a}{16} = 7\bar y$, por lo que el CM de S está $\tfrac{45a}{112}$ desde la línea OC que pasa por O. Perpendicular a OC (momentos respecto al eje en el plano que pasa por O): $8\cdot 0 - 1\cdot\tfrac a2 = 7\bar x$, por lo tanto $\bar x = \tfrac{a}{14}$. Apoyado inclinado sobre su superficie curva, $\tan\theta = \dfrac{a/14}{45a/112} = \tfrac8{45}$.

Lista de verificación antes de considerar completada esta unidad

• Convertir $a = f(x)$ mediante $v\,dv/dx$ y cerrar constantes a partir de un instante dado; finalizar la segunda integración por separación o eliminando $x$.
• Usar $T = \lambda e/L$ y energía elástica $\lambda e^2/2L$; para cuerdas en el punto medio tratar cada mitad por separado; aplicar trabajo-energía de tres niveles con resistencia a lo largo de la distancia.
• Combinar momentos con la ley de Hooke para barras articuladas en equilibrio (primero geometría: desplazamientos horizontal/vertical de los puntos de anclaje).
• Demostrar MHS derivando $\ddot x = -\omega^2 x$ (tensiones de equilibrio primero), luego citar el período, $v_{max} = a\omega$ y las fracciones temporales sinusoidales.
• Resolver hacia el centro ($r\omega^2$) y verticalmente para círculos horizontales — reacciones de mesa, péndulo cónico, superficies inclinadas.
• Para círculos verticales: energía entre niveles, $R = 0$ (o $T = 0$) en el punto de despegue, continuación proyectil conservando el componente horizontal.
• Derivar el CM del hemisferio mediante integral de disco; construir compuestos con masas signadas; resolver el equilibrio inclinado con la condición CM-sobre-punto-de-contacto.