6.8 Trabajo

Contenido

1 Ejemplo 6.8.1
2 Ejemplo 6.8.2
3 Ejemplo 6.8.3
4 Ejemplo 6.8.4
5 Ejemplo 6.8.5

Ejemplo 6.8.1

Una cámara fotográfica de masa $m = 0.915\;[\mathrm{kg}]$ fue llevada a la Estación Espacial Internacional (EEI) a una altura de $H = 429\,052\;[\mathrm{m}]$ desde el nivel del mar. Calcule la cantidad de trabajo realizado en llevar la cámara a la EEI.

De acuerdo con la ley de gravitación universal de Newton, la fuerza $F$ entre la cámara y la tierra depende de sus masas $m = 0.915\;[\mathrm{kg}]$ y $M = 5.97\times 10^{24}\;[\mathrm{kg}]$ , la distancia $~r~$ entre sus centros de gravedad, de acuerdo a la siguiente fórmula:

$\begin{equation*} F(r) = G \cdot \frac{m \cdot M}{r^{2}} \end{equation*}$

donde $G = 6.674 \times 10^{-11}\;[\mathrm{N}\cdot(\mathrm{m}/\mathrm{kg})^{2}]$ , es la constante gravitacional. Cuando la cámara está a la altura $x = r$ , el trabajo realizado para llevar la cámara hasta $x = r + dr$ es:

$\begin{equation*} dW = F(r) \cdot dr = G \cdot \frac{m \cdot M}{r^{2}} \cdot dr \end{equation*}$

La trayectoria inicia al nivel del mar (suponga que $R = 6\,371\,009\;[\mathrm{m}]$ es la distancia desde el nivel del mar hasta el centro de gravedad de la tierra) y finaliza a una distancia igual a la que hay entre el centro de gravedad de la tierra y la EEI: $R + H$ . Entonces, la integral definida que representa el valor exacto del trabajo realizado al transportar la cámara desde el nivel del mar hasta la EEI es:

$\begin{eqnarray*} W &=& \int\limits_{R}^{R + H} \! G \cdot \frac{m \cdot M}{r^{2}} \cdot dr \\ &=& G \cdot m \cdot M\,\int\limits_{R}^{R + H} \! \frac{dr}{r^{2}} \\ &=& \left.G \cdot m \cdot M\,\left[-\frac{1}{r}\right]\right\vert_{R}^{R + H} \\ &=& G \cdot m \cdot M\,\left[\frac{1}{R} - \frac{1}{R + H}\right] \end{eqnarray*}$

De acuerdo con el problema, la altura de la EEI es: $H = 429\,052\;[\mathrm{m}]$ . Entonces,

$\begin{eqnarray*} W &=& \left(6.674 \times 10^{-11}\right) (0.915) \left(5.97\times 10^{24}\right) \left[\frac{1}{6\,371\,009} - \frac{1}{6800061}\right] \\ &=& 3.59213 \times 10^{6}\;[\mathrm{J}] \end{eqnarray*}$

Observe que esta aplicación de la integral definida para calcular el trabajo involucra la energía potencial gravitacional, que es básicamente la energía almacenada debido al trabajo realizado contra la fuerza gravitacional.

Ejemplo 6.8.2

Un vidrio para una ventana de 70 kg se eleva 20 metros con un cable de 50 metros de longitud, cuya densidad lineal es de 5 kilogramos por metro. Calcule la cantidad de trabajo realizado.

El peso del sistema cable–vidrio depende de la longitud de la parte del cable que cuelga. Dado que el vidrio tiene una masa constante ( $20\;[\mathrm{kg}]$ ) su peso es $W_{\text{vidrio}} = 20\,g$ , donde $g = 9.81\;[\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}]$ es la aceleración constante debida a la gravedad. Suponga que el vidrio ha sido elevado $x\;[\mathrm{m}]$ . Entonces, la longitud del cable que cuelga en ese instante es: $(50 - x)\;[\mathrm{m}]$ y su peso está dado por: $W_{\text{cable}} = (50 - x)\cdot 5\,g\;[\mathrm{N}]$ .

El peso del sistema de cable–vidrio es: $W(x) = 70\,g + (50 - x)\cdot 5\,g$ , newtons.

El trabajo realizado para elevar el sistema en $dx$ metros es: $dW = W(x) \cdot dx = \left[70\,g + (50 - x)\cdot 5\,g\right] \cdot dx$ , y el trabajo total para elevar el vidrio 20 metros es:

$\begin{eqnarray*} W &=& \int\limits_{0}^{20} \left[70\,g + (50 - x)\cdot 5\,g\right] \cdot dx \\ &=& \left. 70\,g\,x + 250\,g\,x - 5\,g\,\frac{x^2}{2}\right\vert_{0}^{20} \\ &=& 5\,400\,g\;[\mathrm{J}] \;=\; 52\,974\;[\mathrm{J}] \end{eqnarray*}$

La energía potencial gravitacional almacenada en un objeto debido a su cambio de ubicación con respecto al suelo (o cualquier otro punto de referencia en la tierra), se está transformando en energía cinética a medida que cae. En el siguiente ejemplo, esta afirmación se verifica para un caso particular.

Ejemplo 6.8.3

Calcule la cantidad de trabajo que se realiza cuando un objeto de masa $m$ cae bajo la acción de la gravedad, suponiendo que la fricción del aire es insignificante.

Suponga que $h$ es la ubicación del objeto de masa $m$ en el momento $t$ . La segunda ley de movimiento de Newton establece que $F = m \cdot dv / dt$ . Por la regla de la cadena, la aceleración del objeto es:

$\begin{equation*} \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dh} \cdot \frac{dh}{dt} = v \cdot \frac{dv}{dh} \end{equation*}$

Por lo tanto, el trabajo realizado a medida que el cuerpo cae está dado por:

$\begin{eqnarray*} W &=& \int\limits_{R} dW \\ &=& \int\limits_{R} F \cdot dh \\ &=& \int\limits_{R} m \cdot v \cdot \frac{dv}{dh} \cdot dh \\ &=& \int\limits_{v_{1}}^{v_{2}} m \cdot v \cdot dv \\ &=& \left. m \cdot \frac{v^{2}}{2}\right\vert_{v_{1}}^{v_{2}} \\ &=& \frac{1}{2}\,m\cdot v_{2}^{2} - \frac{1}{2}\,m\cdot v_{1}^{2} \end{eqnarray*}$

En palabras, el trabajo realizado sobre el objeto es igual al cambio en su energía cinética. Dado que la energía potencial es igual a la cantidad de trabajo realizado en el objeto cuando se eleva, básicamente esto significa que a medida que el cuerpo cae, la energía potencial se transforma en energía cinética.

La energía potencial elástica se almacena cuando las fuerzas aplicadas causan la deformación de un objeto o un sistema. Por ejemplo, en la compresión de un resorte.

Ejemplo 6.8.4

La Ley de Hooke establece que la fuerza necesaria para comprimir o extender un resorte una distancia $x$ es proporcional a $x$ : $F = k\,x$ , donde $k$ es una característica del resorte, con unidades $[\newton/\metro]$ . Usando la ley de Hooke, calcule la energía almacenada en un resorte debido a una fuerza aplicada dada $F_{0}$ empezando desde su longitud natural.

De acuerdo con la ley de Hooke, para una distancia dada $x$ de la compresión del resorte, la fuerza viene dada por $F(x) = k \cdot x$ . Considere un desplazamiento infinitesimal $dx > 0$ de modo que la fuerza permanezca constante a medida que la longitud del resorte cambia de $x$ hasta $x + dx$ .

El trabajo para realizar este cambio infinitesimal en la longitud del resorte es $dW = F(x) \cdot dx = k\cdot x \cdot dx$ . Entonces el trabajo total es:

$\begin{equation*} W = \int\limits_{R} F(x) \cdot dx \end{equation*}$

Suponga que para la fuerza dada, se cumple $F_{0} = k\cdot x_{0}$ para algún $x_{0}$ . Entonces, los límites de la integral definida van desde $x = 0$ hasta $x = x_{0}$ , y el trabajo total es:

$\begin{eqnarray*} W &=& \int\limits_{0}^{x_{0}} k \cdot x \cdot dx \\ &=& \left.\frac{k}{2}\cdot x^{2} \right\vert_{0}^{x_{0}} \\ &=& \frac{k}{2}\cdot x_{0}^{2} \end{eqnarray*}$

Geométricamente, este valor representa el área bajo la gráfica de la función $F(x) = k\,x$ desde $x = 0$ hasta $x = x_{0}$ , que corresponde al área de un triángulo de base $x_{0}$ y altura $F_{0} = k\,x_{0}$ ,

$\begin{equation*} A = \frac{\text{base} \times \text{altura}}{2} = \frac{(x_{0}) \cdot (k\,x_{0})}{2} = \frac{k}{2}\cdot x_{0}^{2} \end{equation*}$

Para calcular el trabajo necesario para bombear un líquido desde una altura inicial a un valor más alto, considere lo siguiente:

$\begin{equation*} W = \text{fuerza} \times \text{distancia} = \text{peso por unidad de volumen} \times \text{volumen} \times \text{distancia} \end{equation*}$

El peso por unidad de volumen de una sustancia se define en física como el «peso específico», y se denota por la letra griega $\gamma$ .

$\begin{equation*} \gamma = \frac{w}{V} = \frac{m\cdot g}{V} = \frac{m}{V} \cdot g = \rho \cdot g \end{equation*}$

donde $\rho$ es la densidad del líquido, $w$ es el peso de un volumen $V$ del líquido y $g$ es la aceleración debida a la gravedad.

Ejemplo 6.8.5

Un cilindro recto de radio $R\;[\mathrm{m}]$ y altura $H\;[\mathrm{m}]$ yace en el suelo horizontal. Tiene agua hasta la mitad de su capacidad. Establezca la integral definida que representa el trabajo realizado al bombear el agua dentro de este cilindro hasta una altura de $h\;[\mathrm{m}]$ . (Suponga que $h > 2\,R$ .)

Considere el fluido dentro del cilindro como formado por infinitos cortes horizontales (capas), cada uno de grosor $dz$ . Una capa genérica a la profundidad $z$ se muestra en la figura.

El volumen de la porción genérica es $dV = 2\,y\,H\cdot dz$ . El triángulo rectángulo de catetos $y$ , y $z$ e hipotenusa $R$ , implica: $y = \sqrt{R^2 - z^2}$ . Por lo que el diferencial de volumen es: $dV = 2\,H\,\sqrt{R^2 - z^2} \cdot dz$ .

El peso correspondiente para este diferencial de volumen es: $\rho\,g \cdot dV = \gamma \cdot dV$ , y éste se va a elevar una distancia $h - (R - z)$ desde su posición actual. Por lo tanto, el diferencial del trabajo realizado para desplazar esta cantidad de agua es:

$\begin{eqnarray*} dW &=& \text{Diferencial de fuerza} \times \text{distancia} \\ &=& (\gamma \cdot dV) \cdot (h - R + z) \\ &=& \gamma\,2\,H\,\sqrt{R^2 - z^2} \cdot dz \cdot (h - R + z) \\ &=& 2\,\gamma\,H\,(h - R + z)\cdot\sqrt{R^2 - z^2} \cdot dz \end{eqnarray*}$