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Series de Ejercicios Resueltos de Dinámica
UNAM
Ing. Juan Ocáriz Castelazo
Facultad de Ingeniería División de Ciencias Básicas
Departamento de Cinemática y Dinámica
Prefacio
Las series de ejercicios que hemos elaborado para que estén a disposición de los alumnos de la materia de Cinemática y Dinámica, pretenden ofrecer una buena variedad de ejercicios com-pletamente resueltos. Los textos de Dinámica que recomiendan los profesores de la asignatura, y que los alumnos conocen, contienen una magnífica selección de problemas modelo, que los autores suelen presentar eficazmente resueltos. El presente trabajo aspira a acrecentar el repertorio y a ser mucho más detallado en los procedimientos. Los problemas se han reunido conforme a los temas del programa vigente en la Facultad, es decir, en cinco capítulos. En cada capítulo se han ordenado según su grado de dificultad. No hemos querido proponer problemas para que el alumno resuelva por su cuenta, puesto que los textos a que tiene acceso, ya en la biblioteca, ya en el mercado, contienen abundancia de ellos. En la elaboración de las resoluciones hemos adoptado algunos criterios que conviene conocer. Se ha procurado no omitir ningún paso, salvo los que puedan ser claramente comprendidos por un estudiante de matemáticas de bachillerato; todos los demás se asientan, a pesar de que puedan alargarse demasiado. Sin embargo, para no hacer farragosa su lectura, hemos suprimido las unidades en el proceso: sólo se asientan en las respuestas. Esto, por otra parte, no debe considerarse una mala costumbre cuando un alumno resuelva problemas por su cuenta. En muchos de los pasos se da una explicación escrita. A veces, para aclararlo; otras, para recordar un concepto, teorema, ley o principio que pueda no ser fácilmente identificado. El objeto de presentar la resolución es que el alumno entienda lo mejor posible cómo se pasa de los cono-cimientos conceptuales a la aplicación concreta. Los diagramas de cuerpo libre, que constituyen un medio imprescindible para la resolución de los problemas cinéticos, se presentan siempre al lado izquierdo de los desarrollos matemáticos. En ellos se muestran sistemáticamente los datos numéricos conocidos, sin unidades. Dibujar un diagrama claro y completo es ya estar en el camino de la solución de los problemas y la mejor herramienta con que se puede contar para llegar a buen fin. Los sistemas de referencia se muestran siempre con líneas punteadas, de manera que se dis-tingan fácilmente de los vectores, ya sean fuerzas, posiciones, velocidades o aceleraciones. En los problemas cinéticos se emplean diferentes unidades de fuerza. Se usan sobre todo newton (N), kilogramos (kg) o libras (lb, # en los dibujos); pero también la tonelada métrica (1000 kg), la tonelada corta (2000 lb), la onza (1 oz = 1 lb/16) y el kilopound (1 kip = 1000 lb). Conviene tener en cuenta que el kilogramo (kg) puede ser también unidad de masa, y con frecuencia se utiliza así; aunque algunos textos distinguen mediante un subíndice si se trata de un kilogramo-fuerza o un kilogramo-masa, nosotros no, pues consideramos que el estudiante debe ser capaz de identificar de qué tipo de unidad se trata, o bien, decidir por sí mismo qué desea entender por un kilogramo en los problemas que se le presenten. Las respuestas se expresan siempre en sistema decimal. Los números se han redondeado a la tercera cifra significativa o, si comienzan con 1, a la cuarta. Con ello se pretende que las respuestas sean lo más breve posible y su precisión sea mayor al 0.2%. Los ángulos se dan en grados sexagesimales con una cifra decimal. Con las respuestas parciales no seguimos este criterio. Se recomienda al estudiante que, para el aprovechamiento de este material, intente resolver los problemas por su cuenta y luego compare su resolución con la de este libro.
30 de agosto de 2010
Índice
1. Cinemática de la partícula
1.1 Movimiento rectilíneo 1.1.1 Posición en función del tiempo 1 1.1.2 Velocidad en función del tiempo 3 1.1.3 Aceleración en función del tiempo 6 1.1.4 Soluciones gráficas 9 1.1.5 Aceleración en función de la velocidad 10 1.1.6 Aceleración en función de la posición 13
1.2 Movimiento rectilíneo uniforme y uniformemente acelerado 15 1.2.1Movimiento de varias partículas independientes 18 1.2.2Movimiento de varias partículas conectadas 20 1.3 Movimiento curvilíneo 1.3.1 Componentes cartesianas 22 1.3.2 Componentes intrínsecas 26 1.3.3 Componentes cartesianas e intrínsecas relacionadas 33
2. Cinética de la partícula
2.1 Movimiento rectilíneo 2.1.1Aceleración constante 39 2.1.2Aceleración variable 52
2.2 Movimiento curvilíneo 2.2.1 Componentes cartesianas 69 2.2.2 Componentes intrínsecas 72
3. Trabajo y energía e impulso y cantidad de movimiento para la partícula
3.1 Trabajo y energía cinética 83
3.2 Trabajo, energía cinética y energía potencial 93
3.3 Impulso y cantidad de movimiento 102 4. Cinemática del cuerpo rígido
4.1 Movimiento relativo de partículas 117
4.2 Rotación pura 121
4.3 Traslación pura 126
4.4 Movimiento plano general 4.4.1 Velocidades 127 4.4.2 Centro instantáneo de rotación 133 4.4.3 Aceleraciones 138 5. Cinética del cuerpo rígido
5.1 Traslación pura 149
5.2 Rotación pura baricéntrica 155
5.3 Rotación pura no baricéntrica 163
5.4 Movimiento plano general 168
Lista de símbolos � Aceleración (vector aceleración) a Aceleración (o magnitud de la aceleración) at Componente tangencial de la aceleración an Componente normal de la aceleración ax Componente de la aceleración en dirección del eje de las equis ay Componente de la aceleración en dirección del eje de las yes am Aceleración media cm Centímetro ft Pies h Horas i Vector unitario en dirección del eje de las equis in Pulgada j Vector unitario en dirección del eje de las yes k Vector unitario en dirección del eje de las zetas k Radio de giro � Radio de giro centroidal km Kilómetro I Momento de inercia de la masa de un cuerpo � Momento de inercia de la masa de un cuerpo, respecto a un eje centroidal L Logaritmo natural m Metro mm Milímetro N Componente normal o perpendicular de una fuerza P Peso de un cuerpo o fuerza de gravedad � Posición (vector) r Radio s Segundos s Posición o distancia t Tiempo ton Tonelada � Velocidad (vector) v Velocidad (magnitud) o rapidez vm Velocidad media x Posición o distancia. Eje de referencia y Posición o distancia. Eje de referencia z Posición o distancia. Eje de referencia α (Alfa) Aceleración angular ∆ (Delta) Incremento ∆s Distancia recorrida ∆�� Desplazamiento µ (My) Coeficiente de fricción µs Coeficiente de fricción estática µk Coeficiente de fricción cinética π (Pi) Número pi. Razón de la circunferencia al radio ρ (Ro) Radio de curvatura ω (Omega) Velocidad angular # Libras ´ Pies “ Pulgadas
1
1. CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA
1.1 Movimiento rectilíneo
1.1.1 Posición en función del tiempo 1. La posición de una partícula que describe una línea recta queda definida mediante la expresión s = t3/3 − 9t + 2, donde si t está en s, s resulta en m. De-termine: a) la aceleración de la partícula cuando su velocidad es de 7 m/s; b) su velocidad media desde t = 3 hasta t = 6 s. c) Dibuje las gráficas tiempo-posi-ción, tiempo-velocidad y tiempo-aceleración del mo-vimiento de la partícula, durante los primeros seis segundos.
Resolución Ecuaciones del movimiento
2931 3 +−= tts
92 −== tdt
dsv
tdt
dva 2==
a) Tiempo en que la velocidad es 7 m/s
97 2 −= t 162 =t 4±=t
La raíz negativa no tiene significación física en este caso.
P 0 s
Cinemática de la partícula
2
Para t = 4
( )42=a ; →= 2sm8a
b)
336 ss
t
svm
−=∆∆=
202)6(9)6(31 3
6 =+−=s
162)3(9)3(31 3
3 −=+−=s
3)16(20 −−=mv ; →= s
m12mv
c) Tabulación para dibujar las gráficas
t 0 3 6
s 2 -16 20
v -9 0 27
a 0 6 12
27
-9 3 6
t (s)
v (m/s)
s (m)
t (s)
20
6
3
-16
2
3
12
6
6
a (m/s2)
t (s)
Cinemática de la partícula
3
1.1.2 Velocidad en función del tiempo 2. La velocidad de un punto P que se mueve sobre el eje de las ordenadas, que es un eje vertical dirigido hacia arriba, se puede expresar como v = 6 t2 − 24, en donde v se da en ft/s y t en s; además, cuando t = 0, entonces y = 6 ft. Calcule: a) la magnitud y la dirección de la aceleración del punto cuando t = 3 s; b) el desplazamiento del punto P durante los primeros cuatro segundos; c) la longitud que recorre durante ese mismo lapso. d) Dibuje esquemáticamente las gráficas del movimiento del punto P.
Resolución Ecuaciones del movimiento
Como dtdy
v =
entonces:
vdtdy =
∫∫ = vdtdy
∫ −= dtty )246( 2
∫ −= dtty )246( 2
Ctty +−= 242 3 Si t = 0, y = 6 6 = C Por tanto:
6242 3 +−= tty
246 2 −= tv
tdt
dva 12==
a) Para t = 3
)3(12=a ;
P
y
0
↑= 2sft36a
Cinemática de la partícula
4
b)
04 yyy −=∆
En donde:
386)4(24)4(2 34 =+−=y
60 =y 638−=∆y
↑=∆ ft32y
c) Para conocer la distancia que recorre, investigare- mos cuando v = 0
4
24602
2
=−=
t
t
2±=t
Sólo la raíz positiva tiene significado físico
266)2(24)2(2 32 −=+−=y
Por tanto, la partícula se movió de y0 = 6 a y2 = −26 y luego a y4 = 38
)42()20( −∆+−∆= yyD
6432)26(38626 +=−−+−−=D
ft96=D
d) Tabulación para dibujar las gráficas
t 0 2 4
y 6 -26 38
v -24 0 72
a 0 24 48
72
-24 2 4
t (s)
v (ft/s)
y (ft)
t (s)
38
4
2
-26
6
2
24
12
4
a (ft/s2)
t (s)
Cinemática de la partícula
5
3. En la figura aparece la gráfica de la mag-nitud de la velocidad de una partícula en función del tiempo. Se sabe que cuando t = 0, la posición de la partícula es s = + 8 in. Dibuje las gráficas tiempo-aceleración y tiempo-posición del movimiento de la partícula.
Resolución La magnitud de la aceleración es igual a la pendiente de la gráfica tiempo-velocidad; durante los primeros cuatro segundos es positiva de 40/4 = 10 y después es nula. (La gráfica tiempo-aceleración puede ser discontinua como en este caso, pero nunca las gráficas tiempo-velocidad y tiempo-posición) La gráfica tiempo-posición comienza, según los datos, en s = + 8. Desde t = 0 hasta t = 2, la pendiente de la curva que comienza siendo negativa, va disminuyen-do en magnitud hasta hacerse nula: el desplazamiento en ese lapso es igual al área bajo la gráfica tiempo-velocidad, es decir 20. De 2 a 4 s el comportamiento de la gráfica es inverso al anterior y cuando t = 4, la partícula vuelve a su posición inicial, pues el área acumulada bajo la gráfica tiempo-velocidad es cero. De 4 a 6 s, la pendiente es constante, positiva y de 20, por tanto, se trata de una recta.
t (s)
6 4 2
20
-20
v (in/s)
s (in)
2 4 6
48
8
-12
20
1
a (in/s2)
10
6 2
t (s)
4
t (s)
Cinemática de la partícula
6
1.1.3 Aceleración en función del tiempo 4. La gráfica de la figura muestra la magnitud de la aceleración de una partícula que se mueve sobre un eje horizontal dirigido hacia la derecha, que llama-remos x'x. Sabiendo que cuando t = 1 s, x = 3 cm y v = − 4.5 cm/s, calcule: a) la posición de la partícula cuando su velocidad es nula; b) su velocidad cuando t = 3 s y su posición cuando t = 5 s.
Resolución La partícula se mueve conforme a dos leyes distintas: una de 0 a 3 s y otra de 3 a 6 s. Ecuaciones del movimiento de 0 a 3 s
ta 39−= Pues la ordenada al origen es 9 y la pendiente de la recta es -3.
Como ,dt
dva = entonces adtdv =
∫ ∫ −=
−=
dttdv
dttdv
)39(
)39(
125.19 Cttv +−=
Si t = 1, 5.4−=v , conforme a los datos
12)1(5.1)1(95.4 C+−=− ; 121 −=C
Por tanto
125.19 2 −−= ttv
Como ,dt
dxv = entonces vdtdx=
∫ ∫ −−=
−−=
dtttdx
dtttdx
)125.19(
)125.19(2
2
232 125.05.4 Ctttx +−−=
t (s)
a (cm/s2)
9
6 3
Cinemática de la partícula
7
Si t = 1, x = 3
232 )1(12)1(5.0)1(5.43 C+−−=
112 +=C
11125.05.4 32 +−−= tttx Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento durante los primeros tres segundos son:
11125.45.0 23 +−+−= tttx 1295.1 2 −+−= ttv
93 +−= ta a) Investigamos si en algún instante la velocidad es nula
01295.1 2 =−+− tt Dividiendo entre -1.5:
0862 =+− tt Factorizando
0)2)(4( =−− tt
41 =t
22 =t
41 =t está fuera del intervalo: en 22 =t s, 0=v y en ese instante su posición es:
11)2(12)2(5.4)2(5.0 23 +−+−=x
cm1=x b) Para t = 3
12)3(9)3(5.1 2 −+−=v
scm5.1=v
Cinemática de la partícula
8
c) Para investigar la posición en 5=t , se necesita la ecuación del movimiento de 3 a 6 s.
0=a 5.1=v (la velocidad que alcanzó a los 3 s)
Si 3=t , 211)3(12)3(5.4)3(5.0 23 =+−+−=x
5.2
)3(5.12
4
4
−=+=
C
C
Por tanto:
5.25.1 −= tx Para 5=t
5.2)5(5.1 −=x ;
cm5=x
Cinemática de la partícula
9
1.1.4 Soluciones gráficas 5. Un tren que parte de la estación A aumenta su velocidad uniformemente hasta alcanzar los 60 km/h. A partir de ese instante comienza a frenar, también uniformemente, hasta detenerse en la esta-ción B. Si el viaje dura veinte minutos, ¿cuánto distan las estaciones A y B?
Resolución Dibujamos la gráfica tiempo-velocidad. Como 20 min es igual a 1/3 de hora, 1/3 es el valor de la abscisa. Puesto que ∫=∆ vdts , entonces s∆ es igual al área
bajo la gráfica.
21
)60(31
2==∆ bh
s ;
km10=∆s
60
1/3
v (km/h)
t (h)
Cinemática de la partícula
10
1.1.5 Aceleración en función de la velocidad 6. La aceleración de un avión que aterriza en una pista a 50 m/s se puede expresar, para un cierto lapso, como a = − 4 (10)−3v2, donde si v está en m/s, a resulta en m/s2. Determine el tiempo requerido para que el avión reduzca su velocidad a 20 m/s.
Resolución Como la aceleración está en función de la velocidad y queremos conocer un tiempo, igualamos:
dt
dvv
dt
dva
=−
=
2
10004
Separando variables
210004
v
dvdt =−
∫ ∫=−2250
1v
dvdt
Cv
t +−=− 1250
Condiciones iniciales: si 50,0 == vt
5250
5011
250
501501
0
−=
+−=−
=
+−=
vt
v
t
C
C
Para 20=v
520250 −=t ; s5.7=t
s
v a
Cinemática de la partícula
11
7. Calcule la distancia que requiere el avión del problema anterior para reducir su velocidad de 50 a 20 m/s.
Resolución
Primer método
Partiendo de la solución de la ecuación diferencial del problema 6:
5250 −=v
t
Despejando v e igualando a ds/dt
Ctst
dtds
tdt
dst
v
vt
++=+
=
+=
+=
=+
∫ ∫)5(L2505
250
5
2505
250
2505
Hacemos s = 0 cuando t = 0
5L250
5L2500
−=+=
C
C
Por tanto
[ ]5L)5(L250
5L250)5(L250
−+=−+=
ts
ts
Por las propiedades de los logaritmos
5
5L250
+= ts
Para t = 7.5
5.2L2505
5.12L250 ==s
m229=s
s
v a
Cinemática de la partícula
12
Segundo método Como la aceleración es función de la velocidad y deseamos conocer un desplazamiento, igualamos:
ds
dvva =
ds
dvv
ds
dvvv
=−
=−
2501
10004 2
Separando variables
Cvs
v
dvds
v
dvds
+=−
=−
=−
∫∫
L250
250
1250
1
Si 0=s , 50=v
Para 20=v
5.2L250
50L250
=
=
sv
s
m229=s
vs
v
s
vs
Lvs
C
C
50L250
50L
250
50LL250
50L250
L50
L500
=
=
+−=
−=−
−=+=
Cinemática de la partícula
13
1.1.6 Aceleración en función de la posición
8. La magnitud de la aceleración de un colla-
rín que se desliza sobre una barra horizontal se expre-
sa, en función de su posición, como a =12 x , donde a se da en in/s2 y x en in. Cuando t = 2 s, entonces v = 32 in/s y x = 16 in. Determine la posición, la velo- cidad y la aceleración del collarín cuando t = 3s.
Resolución Como la aceleración está expresada en función de la
posición, se sustituye por dx
dvv
xdx
dvv 12=
Separando variables
12
3
12
32
832
122
12
CxCxv
dxxvdv
+=+
=
=
Si x = 16, v = 32 De los datos
12
32
)16(82
32C+=
1512512 C+= ; 01 =C
43
232
4
82
xv
xv
=
=
Sustituimos v por dt
dx
43
4xdt
dx =
Separando variables
dtdxx 443
=−
Cinemática de la partícula
14
24
1
43
44
4
Ctx
dtdxx
+=
= ∫∫−
Si t = 2, x = 16
De los datos
288 C+= ; 02 =C
tx
tx
=
=4
1
41
44
4tx = La ecuación queda resuelta.
Derivando respecto al tiempo
2
3
12
4
ta
tv
==
Satisface la ecuación original, ya que si:
24 , txtx == , o sea, xa 12= Para t = 3
→=
→=
→=
2sin108
sin108
in81
a
v
x
Cinemática de la partícula
15
1.2 Movimientos rectilíneos uniforme y uniformemente acelerado
9. El motor de un automóvil de carreras es capaz de imprimirle, durante cierto lapso, una acelera-ción constante de 5.2 m/s2. Si el automóvil está ini-cialmente en reposo, diga: a) cuánto tiempo le lleva alcanzar una velocidad de 300 km/h; b) qué distancia requiere para ello.
Resolución Ecuaciones del movimiento
∫
∫==
==
=
26.22.5
2.52.5
2.5
ttdtx
tdtv
a
Las constantes de integración son nulas, pues cuando t = 0 tanto v como x son nulas. a)
300 kmh� �
300
3.6m s⁄ �
t2.56.3
300=
)2.5(6.3
300=t ; s03.16=t
b)
2)03.16(6.2=x ;
m669=x
Cinemática de la partícula
16
10. Un tren del metro, que viaja a 60 mi/h, emplea 250 ft para detenerse, frenando uni-formemente. ¿Cuál es la aceleración del tren mientras frena?
Resolución
sft88h
mi60 =
Como se desea conocer la aceleración a partir de la velocidad y el desplazamiento, empleamos:
vdvadsds
dvva
=
=
∫ ∫= vdvdsa
Puesto que a es constante, queda fuera de la integral.
Cv
as +=2
2
Elegimos como origen el punto en el que comienza a frenar el tren. Si 0=s , 88=v
C+=2
880
2
; 2882
−=C
28822 −= v
as ; s
va
28822 −=
Para 250=s y 0=v
49.15500882
−=−=a
El signo indica que tiene sentido contrario al de la velocidad:
←= sft49.15a
60 mi/h
Cinemática de la partícula
17
11. Un elevador comercial puede, a lo más,
tanto aumentar como disminuir su velocidad a razón de 3.5 m/s2. Y la máxima velocidad que puede alcan-zar es de 420 m/min. Calcule el tiempo mínimo que necesita para subir quince pisos, partiendo del reposo, si cada piso tiene 5.1 m de altura.
Resolución Supongamos que el elevador alcanza una velocidad máxima y la mantiene cierto tiempo ∆t, como se muestra en la gráfica
sm7s
m60
420min
m420 ==
La pendiente de la recta inclinada es 3.5, que es la razón de cambio de la velocidad. Por lo tanto de la gráfica y por semejanza de triángulos:
75.31
0
=t
; 120 2 ttt −==
El elevador debe desplazarse
5.76)1.5(15 ==∆y Tal desplazamiento es igual al área del trapecio en la gráfica ( ) ( )
5.762
74
2=+∆+∆=+ tthBb
5.762
2814 =+∆t
5.627 =∆t ; 93.8=∆t El tiempo total es
s93.122 =t
t0 t1 t2
3.5 3.5
1 1
∆t
7
v (m/s)
t (s)
Cinemática de la partícula
18
A B 200 ft
a1
v2
A B 200 ft
a1
v2
x
1.2.1 Movimiento de varias partículas independientes
12. Un motociclista arranca del punto A con una aceleración constante a1 = 2.4 ft/s2 hacia la derecha. Cuatro segundos después, un automóvil pasa por el punto B, situado a 200 ft de A, viajando hacia la izquierda. Sabiendo que la velocidad del automóvil es v2 = 30 ft/s y constante, diga en dónde el motociclista encuentra el automóvil. Desprecie el tamaño de los vehículos.
Resolución
Tomando como origen el punto A, eligiendo un eje x’x hacia la derecha y tomando como t = 0 el instante en que arranca el motociclista, las ecuaciones del movimiento son: Motociclista
211
11
1
2.1
4.2
4.2
tdtvx
tdtav
a
==
==
=
∫
∫
Las constantes de integración son nulas. Automóvil
30
0
2
2
−==
v
a
Negativa, porque el sentido es contrario al del eje elegido.
Ctdtvx +−== ∫ 3022 Cuando 4=t , 2002 =x de los datos, sustituyendo
C+−= )4(30200 ; 320=C
320302 +−= tx
200 ft
Cinemática de la partícula
19
El motociclista encuentra el automóvil si:
21 xx =
4.2
320)2.1(43030
0320302.1
320302.1
2
2
2
+±−=
=−++−=
t
tt
tt
1.33
06.8
2
1
−==
t
t
Sustituyendo 1t en 1x
1.78)06.8(2.1 21 ==x
El motociclista encuentra al automóvil a 78.1 ft a la derecha de A.
→= ft1.78Ax
Cinemática de la partícula
20
A
D
B
C
A
B
C
D yD
y
yA yC
vA = 8
yB
aA = 4 aB = 10 vB = 5
1.2.2 Movimiento de varias partículas conectadas
13. El cuerpo A se desplaza hacia abajo con una velocidad de 8 m/s, la cual aumenta a razón de 4 m/s2, mientras B baja a 5 m/s, que disminuye a razón de 10 m/s2. Calcule la magnitud y la dirección tanto de la velocidad como de la aceleración del cuerpo C.
Resolución Velocidad Cuerda que une los cuerpos A y D
DA yyl +=1 Derivando respecto al tiempo
DA vv +=0 ; AD vv −= (1)
Cuerda que une B con C
( ) ( )DCB
DCDB
yyyl
yyyyl
22
2
−+=−+−=
Derivando respecto al tiempo
DCB vvv 20 −+=
De (1)
ACB vvv 20 ++= ABC vvv 2−−= (2)
Sustituyendo:
21)8(25 −=−−=Cv El signo negativo indica que el sentido es contrario al del eje y’y
↑= sm21Cv
Cinemática de la partícula
21
Aceleración Derivando la ecuación (2) respecto al tiempo:
2)4(2)10(
2
=−−−=−−=
C
ABC
a
aaa
↓= 2sm2Ca
Cinemática de la partícula
22
1.3 Movimiento curvilíneo
1.3.1 Componentes cartesianas
14. Un avión de pruebas describe, inmediata- mente después de despegar, una trayectoria cuya ecuación cartesiana es y = 5 (10)-5 x2. Se mueve con-forme la expresión x = 150t + 5t2, donde t está en s, x resulta en m. Determine la posición, velocidad y aceleración del avión cuando t = 10 s.
Resolución Las ecuaciones de las componentes horizontales del movimiento son:
10
10150
5150 2
==
+==
+=
dt
dva
tdt
dxv
ttx
xx
x
Sustituyendo x en la ecuación de la trayectoria, se obtienen las ecuaciones de las componentes verticales
[ ])5150(10)10150(10
)5150)(10150(1010
)5150(105
224
25
225
tttdt
dva
tttdt
dyv
tty
yy
y
+++==
++×==
+×=
−
−
−
Para t = 10 s
200)2000(105
2000500150025 =×=
=+=−y
x
En forma vectorial:
[ ]m2002000 jir +=
y
x
2010 m
5.7°
2000 m
200 m
y
x
y = 5 (10)-5 x2
Cinemática de la partícula
23
Escalarmente:
°==
+=
7.5;2000
200tan
2002000
11
22
θθ
r
°= 7.5m2010r Es la posición del avión
50)2000)(250(101
250)10(101504 =×=
=+=−
y
x
v
v
Vectorialmente:
[ ]m50250 jiv += Escalarmente:
°==
+=
3.11;250
50tan
50250
22
22
θθ
v
°= 3.11sm255v Es la velocidad del avión
[ ] 25.8)2000(10250101
1024 =+×=
=−
y
x
a
a
Vectorialmente:
[ ]2sm25.810 jia +=
Escalarmente:
°==
+=
5.39;10
25.8tan
25.810
33
22
θθ
a
°= 5.39s
m96.12 2a
Es la aceleración del avión cuando t = 10 s
y
x
11.3°
255 m/s
y
x
39.5° 12.96 m/s
Cinemática de la partícula
24
15. La corredera A se mueve dentro de la ranura conforme se eleva el brazo horizontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s. Calcule la velocidad y la aceleración de la corredera cuando = 6 in.
θ
6
3
6
y
A
v
se mueve dentro de la ranura conforme se eleva el brazo horizontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s. Calcule la velocidad y la aceleración de la corredera cuando x
Resolución Como el brazo se mueve hacia arriba con velocidad constante:
3
0
=
=
y
y
v
a
Y, por tanto:
tdtvy y 3== ∫
La relación entre las coordenadas de la posición está establecida por la ecuación de la trayectoria:
2
6
1yx =
2)3(6
1tx = Sustituimos y por el valor en función de
t
3
3
5.1 2
==
=
x
x
a
tv
tx
Derivando respecto al tiempo
Con las ecuaciones del movimiento a la vista, podemos responder a la pregunta. Si x = 6
24
5.16 2
±==
=
t
t
a raíz negativa no tiene significado físico.
6
x
ueve hacia arriba con velocidad
as de la posición está por la ecuación de la trayectoria:
por el valor en función de
Derivando respecto al tiempo
Con las ecuaciones del movimiento a la vista,
no tiene significado físico.
Cinemática de la partícula
25
Para 2=t
6
3tan
71.636
3
6)2(3
2222
=
=+=+=
===
θ
yx
y
x
vvv
v
v
�6.26=θ
°= 6.26sin71.6v
Para el mismo instante
0
3
==
y
x
a
a
→= 2sin3a
3
6
x
y
A
Cinemática de la partícula
26
1.3.2 Componentes intrínsecas
16. Una locomotora comienza a moverse desde el punto A conforme a la expresión donde t está en s y s es la longitud en ft medida sobre la vía a partir de A. El punto Bft de A y su radio de curvatura es de 800 ft. Diga: cuál es la velocidad de la locomotora en es su aceleración en A; c) cuál, en B
Componentes intrínsecas
16. Una locomotora comienza a moverse conforme a la expresión s = 4t2,
es la longitud en ft medida B se halla a 4000
y su radio de curvatura es de 800 ft. Diga: a) locidad de la locomotora en B; b) cuál
B.
Resolución Derivando la expresión de la longitud recorrida respecto al tiempo, obtenemos:
8
8
4 2
==
==
=
dt
dva
tdt
dsv
ts
t
a) El tiempo que tarda en llegar a B es:
1000
44000 2
=
=
t
t
Su velocidad por tanto, tiene una magnitud de:
25310008 ==v
°= 30sft253v
La dirección es perpendicular al radio de la curva, pues debe ser tangente a la trayectoria. b) Como el punto A está en un tramo recto
taa =
→= sft8a
Su dirección es la de la trayectoria.
Derivando la expresión de la longitud recorrida
El tiempo que tarda en llegar a B es:
Su velocidad por tanto, tiene una magnitud de:
La dirección es perpendicular al radio de la curva,
Como el punto A está en un tramo recto
Cinemática de la partícula
27
c) En el punto B la aceleración de la locomotora
tiene tanto componente tangencial como normal, porque pertenece a una curva:
°∠= 308ta En dirección de la velocidad
°=== 6080800
)253( 22
ρv
an
Dirigida hacia el centro de curvatura
4.80808 22 =+=a Sea θ el ángulo que forma con la velocidad
1.080
8tan ==θ ; °= 7.5θ
Respecto a la horizontal, por tanto, forma un ángulo de:
°=°+° 7.657.560
°= 7.65s
ft4.80 2a
a
8
80
30°
θ
60°
B
Cinemática de la partícula
28
n
an
2
2
17. Un automóvil viaja por la carretera de la
figura aumentando uniformemente su velocidad. Pasa por A con una rapidez de 72 km/h y llega a km/h, cinco segundos después. Determine: leración del automóvil al pasar por Acurvatura de la carretera en la cima allí la aceleración del vehículo es de 4 m/s
t
17. Un automóvil viaja por la carretera de la figura aumentando uniformemente su velocidad. Pasa
con una rapidez de 72 km/h y llega a B a 108 , cinco segundos después. Determine: a) la ace-
leración del automóvil al pasar por A; b) el radio de B, sabiendo que
allí la aceleración del vehículo es de 4 m/s2.
Resolución
sm30s
m6.3
108h
km108
sm20s
m6.3
72h
km72
==
==
Como la rapidez aumenta uniformemente, i.e., la componente tangencial de la aceleración es constante, tanto en A como en B:
25
2030 =−=
∆−
=∆∆=
t
ABt
a
t
vv
t
va
a) Al pasar por A
22)2(2
2200
20
222
22
==+=
===
tn
n
aaa
va
ρ
°= 45s
m83.2 2a
b) Al pasar por B
22tn aaa += ; 222
tn aaa +=
Como la rapidez aumenta uniformemente, i.e., la de la aceleración es constante,
Cinemática de la partícula
29
46.324 2222 =−=−= tn aaa
Como ρ
2van = ;
na
v2
=ρ
46.3
302
=ρ ; m260=ρ
n
Cinemática de la partícula
30
18. Un motociclista que corre en una pista
circular de 440 ft de radio pasa por A a 60 mi/h; en B, 200 ft adelante, su velocidad es de 30 mi/h. Sabiendo que el motociclista reduce uniformemente su veloci-dad, calcule su aceleración cuando se encuentra en A.
Resolución
sft88h
mi60 =
sft44h
mi30 =
Como la reducción de la rapidez es uniforme, la componente tangencial de la aceleración es la misma en cualquier instante. Como se conoce la función de la distancia recorrida:
∫∫ =
=
=
vdvdsa
vdvdsads
dvva
t
t
t
Por ser constante, at queda fuera de la integral.
Cv
sat +=2
2
Si s = 0, v = 88 Tomaremos como origen el punto A
52.14)200(2
88
2
8844
2
88
2
88
2
880
22
2222
2
2
−=−=
−=−=
−=
+=
va
vsa
C
C
t
t
B 200´
A 440´
Cinemática de la partícula
31
En el punto A la componente normal es:
º5.39;6.17
52.14tan
8.226.1752.14
6.17440
88
2222
22
==
=+=+=
===
θθ
ρ
nt
n
aaa
va
º5.39s
ft8.22 2=a
14.52
a
A
t
n 17.6
θ
Cinemática de la partícula
32
19. Un buque navega con rapidez constante de
24 nudos. Para dirigirse al puerto vira 90° en un minuto. Determine la magnitud de la aceleración del buque durante la maniobra.
Resolución Puesto que la magnitud de la velocidad no varía du- rante la maniobra:
0=ta
Por tanto
vaa n
•== θ
Donde •
θ es la velocidad angular.
srad
60
2min
grados90πθ ==
•
Además:
s
m
3600
185224
hora
marítimasmillas24nudos24 ==
Por tanto:
323.03600
1852)24(
120== π
a
2sm323.0=a
Y es perpendicular a la velocidad en cualquier instante.
v a
Cinemática de la partícula
33
x
y
1.3.3 Componentes cartesianas e intrínsecas relacionadas
20. La trayectoria de un cohete interplanetario tiene la ecuación y = − 2 (10)−5x2 + 0.8x. La compo-nente horizontal de su velocidad es constante y de 350 m/s. Calcule la razón del cambio de la magnitud de su velocidad con respecto al tiempo, cuando x = 9000 m.
Resolución Primer método
dx
dyv
dt
dx
dx
dy
dt
dyv
xxy
xy ===
+−= − 8.0)10(2 25
Como la componente horizontal de la velocidad es:
[ ]
[ ] 252
5
sm9.4)10(4350
280014.08.0)10(4350
350
−=−=
===
+−=+−=
=
−
−
y
yx
yyy
y
x
a
dx
dvv
dt
dx
dx
dv
dt
dva
xxv
v
La razón del cambio de magnitud de la velocidad con respecto al tiempo la mide la componente tangencial de la aceleración.
dt
dvat =
Como dicha componente tiene la dirección de la velo-cidad, investigamos ésta.
x
y
v
v=θtan
Para 900=x : 154=yv , 350=xv
vy
v
350
t
v
an
a n
θ
at
θ
y = − 2 (10)−5x2 + 0.8x
Cinemática de la partícula
34
°=
=
7.23
350
154tan
θ
θ
θ es el ángulo que forma la velocidad con la horizon- tal, y es el mismo que forma la aceleración con su componente normal. Proyectamos la aceleración en el eje tangencial.
973.1sen9.4 −=−= θta
La magnitud de la velocidad disminuye a razón de
2sm973.1
Segundo método
Escribiendo en lenguaje vectorial
jjaiaa
jijvivv
yx
yx
9.4
154350
−=+=
+=+=
Para proyectar la aceleración en el eje tangencial, investigamos el producto escalar (o producto punto) de dos vectores.
teata ⋅=
En donde te es un vector unitario en dirección de la
velocidad
( )973.1
154350
9.415422
−=+
−== ⋅v
vat
a
t
v e
at
a
Cinemática de la partícula
35
21. Las ecuaciones paramétricas de las coorde-nadas de la punta de un brazo mecánico son x = 25t − 4t2 y y = 50 − 2t2; ambas resultan en ft, si el tiempo está en s. Diga qué longitud tiene el radio de curva-tura de la trayectoria de la punta cuando y = 0.
Resolución
Primer método
Para hallar el radio de curvatura, se requiere conocer la magnitud de la componente normal de la acelera- ción y la magnitud de la velocidad.
ρ
2van =
Las ecuaciones del movimiento son:
8
825
425 2
−==
−==
−=
dt
dva
tdt
dxv
ttx
xx
x
4
4
250 2
−==
−==
−=
dt
dva
tdt
dyv
ty
yy
y
Investigamos en qué instante 0=y
5
2500 2
±=−=
t
t
y
x
Cinemática de la partícula
36
La raíz negativa no tiene significado físico en este caso.
Para 5=t
25625)20()15(
20)5(4
15)5(825
22 ==−+−=
−=−=−=−=
v
v
v
y
x
El ánguloα que la velocidad forma con la horizontal es:
15
20tan
−−==
x
y
v
vα
°= 1.53α
La aceleración en ese mismo instante es:
( )[ ] 54)1(24)4()8(
4
8
22222 =−+−=−+−=
−=−=
a
a
a
y
x
Y su dirección β respecto a la horizontal
°=−−== 6.26;
8
4tan ββ
x
y
a
a
El ángulo que forman entre sí la velocidad y la acele-ración es:
°=− 5.26βα La proyección de la aceleración sobre el eje normal es:
45.26cos545.26cos =°=°= aan
15
20
v
α
4
8
β
n
26.6°
t
v
y
x
x
y
y
x a
Cinemática de la partícula
37
Por tanto:
4
6252
==na
vρ
Segundo método
Utilizando álgebra vectorial
La componente normal de la aceleración se puede obtener proyectando el vector aceleración sobre un vector unitario ne en dirección del eje normal, el cual
es perpendicular a la velocidad.
Sea te un vector unitario en dirección de la velocidad
( )
( ) ( ) 44.24.66.08.048
6.08.0
8.06.0201525
1
=−=+−−−=⋅=
+−=
−−=−−==
⋅ jijieaa
jie
jijiv
ve
nn
n
t
4
6252
==na
vρ tf3.156=ρ
ft3.156=ρ
en
et
y
x
Cinemática de la partícula
38
39
2. CINÉTICA DE LA PARTÍCULA
2.1 Movimiento rectilíneo
2.1.1 Aceleración constante
1. Un tractor y su remolque aumentan unifor-memente su rapidez de 36 a 72 km/h en 4 s. Sabiendo que sus pesos son, respectivamente, 2 y 20 ton, cal-cule la fuerza de tracción que el pavimento ejerce sobre el tractor y la componente horizontal de la fuerza que se ejerce en el enganche entre los vehícu-los durante ese movimiento.
Resolución
A partir de la información del movimiento, investiga-mos la aceleración del vehículo.
Comenzaremos convirtiendo las velocidades a m/s:
sm20s
m6.3
72h
km72
sm10s
m6.3
36h
km36
==
==
Como el aumento de velocidad es uniforme: Para conocer las fuerzas —problema cinético— co-menzaremos: 1) dibujando el diagrama de cuerpo libre del conjunto; 2) eligiendo un sistema de refe-rencia. Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:
22
022
0
==−
=∑
N
N
Fy
dtdv
a =
5.24
1020 =−=∆∆=
tv
a
x
y
N
22
F
Cinética de la partícula
40
Puesto que la aceleración del vehículo es horizontal, este resultado no es útil para la resolución del pro-blema.
)5.2(
81.9
22=
=∑
F
maFx
Como P=mg; entonces m=P/g
→= ton61.5F Para conocer la fuerza en el enganche, se puede estu-diar cualquiera de los dos cuerpos que la ejercen. Elegiremos el remolque.
)5.2(81.9
20=
=∑
xQ
maFx
ton10.5=xQ Se trata de una tensión
Podemos comprobar los resultados analizando el tractor: Por la tercera ley de Newton, las reacciones del remolque sobre el tractor son iguales a las reacciones del tractor sobre el remolque, pero de sentido contrario.
)5.2(81.9
261.5
)5.2(81.9
261.5
−=
=−
=∑
x
x
Q
Q
maFx
ton10.5=xQ
20
Qx
Qy
x
y
N1
N2
x
y Qy
Qx
2 ton
Cinética de la partícula
41
2. Los coeficientes de fricción estática y ciné-tica entre las llantas de una camioneta de doble tracción y la pista son 0.85 y 0.65, respectivamente. Diga cuál será la velocidad teórica máxima que alcanzará la camioneta en una distancia de 300 ft, su-poniendo suficiente la potencia de su motor.
Resolución Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y elegimos el sistema de referencia. Como deseamos conocer la velocidad máxima des-pués de recorrer cierta longitud, se requiere que el automóvil adquiera la máxima aceleración, por tanto, que ejerza la máxima fuerza de tracción, que es de fricción en este caso.
4.27)2.32(85.02.32
85.0
2.3285.0
2.3285.0
0
0
==
=
=
=
=∑
==−
=∑
a
a
aP
P
aP
N
maF
PN
NP
F
x
y
Se trata de una aceleración constante, por tanto:
2)(
21
22
2
1
vvxa
vdvdxa
dx
dvva
v
v
−=∆
=
=
∫∫
p
0.85 N
N
y
x
Cinética de la partícula 42
En este caso, 01 =v y 300=∆x
300)4.27(2)(222 =∆= xav
sft1.1282 =v
Se puede convertir a hmi :
hmi4.87h
mi44
301.128s
ft1.128 =
=
Cinética de la partícula
43
3. Un niño arroja una piedra de 1.5 kg de masa
hacia arriba, verticalmente, con una velocidad inicial de 12 m/s desde la orilla de un edificio de 20 m de altura. Determine: a) la altura máxima, sobre el suelo, que alcanza la piedra; b) la velocidad con que llega al suelo.
Resolución Dibujamos la piedra en un diagrama de cuerpo libre que represente cualquier instante del movimiento, y elegimos un sistema de referencia. Disponemos de una ecuación cinética:
81.9
5.1)81.9(5.1
−==−
=∑
a
a
maFy
Es decir, en cualquier instante, suba o baje la piedra, su aceleración es la de la gravedad y se dirige hacia el centro de la Tierra. A partir de la aceleración, escribimos las ecuaciones del movimiento de la piedra, refiriéndolas al sistema de referencia que se muestra en la figura.
2
0
0
2
81.91220
)81.912(20
81.91281.912
81.9
tt
dttvdtyy
tdtadtvv
a
−+=
−+=+=
−=−=+=
−=
∫∫
∫∫
Ahora podemos contestar las preguntas.
y
0
20 m
20 m
12 m/s
Cinética de la partícula 44
a) Cuando alcance la altura máxima su velocidad será nula.
81.9
12
81.9120
=
−=
t
t
Y en ese instante:
212 9.81 12
20 129.81 2 9.81
144 72 7220 20
9.81 9.81 9.81
y
y
= + −
= + − = +
m3.27=y que es la altura máxima sobre el suelo
b) Llega al suelo cuando y = 0
0402481.9
2
81.912200
2
2
=−−
−+=
tt
tt
Las raíces son:
138.1
58.3
2
1
−==
t
t
El tiempo en que llega al suelo es la raíz positiva y la velocidad es:
2.23)58.3(81.912 −=−=v El signo negativo indica que su sentido es contrario al sentido del eje de las yes, elegido arbitrariamente.
↓= sm2.23v
Cinética de la partícula
45
4. Se lanza un cuerpo de 40 kg hacia arriba de
un plano inclinado con un ángulo de 15º, con una velocidad inicial de 20 m/s. Si los coeficientes de fricción estática y cinética son 0.25 y 0.20, respectivamente, entre el cuerpo y el plano, ¿cuánto tiempo emplea en volver al punto del que fue lanzado?, ¿con qué velocidad pasa por él?
Resolución Dibujamos el diagrama de cuerpo libre mientras el cuerpo sube, elegimos el sistema de referencia. Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:
0
(40)(9.81)cos15 0
379 newtons
0.2 40(9.81)sen15
177.4
4.43
Fy
N
N
Fx ma
N ma
ma
a
∑ =− ° ==
∑ =− − ° =− =
= −
El signo negativo indica que la aceleración tiene sentido contrario al eje de las equis y que el cuerpo se está deteniendo.
Escribimos las ecuaciones del movimiento:
( ) 210
10
2
43.42043.420
43.42043.420
43.4
ttdttdtvxx
tdtdtavv
a
−=−=+=
−=−=+=
−=
∫∫
∫ ∫
El tiempo que tarda en subir lo encontramos haciendo v = 0.
40 kg
15º
40(9.81)
0.2 N
N
Cinética de la partícula 46
st
t
t
t
51.4
51.443.4
20
2043.4
2043.40
=
==
=+−=
Para encontrar la distancia que recorre el cuerpo en el ascenso hasta detenerse sustituimos el tiempo hallado.
m1.45
)51.4(2
43.4)51.4(20 2
=
−=
x
x
Habrá recorrido esta distancia antes de detenerse. Ahora analizaremos al cuerpo a partir de que comien-za a bajar. Utilizando un nuevo sistema de referencia, tenemos:
379
015cos)81.9)(40(
0
==°−
=∑
N
N
Fy
La fuerza de fricción tiene ahora otro sentido.
644.040
2.015sen)81.9(40
402.015sen)81.9(40
=
−°=
=−°=∑
a
Na
aN
maFx
Las ecuaciones del movimiento, en el nuevo sistema de referencia y tomando como origen el punto en el que el cuerpo se detuvo, son:
( ) 20
0
2
644.0644.0
644.0644.0
644.0
tdttdtvxx
tdtadtvv
a
==+=
==+=
=
∫∫
∫ ∫
Vuelve al punto de partida en x = 45.1 m
40(9.81)
0.2 N
N
x
Cinética de la partícula
47
s83.11
644.0
2)1.45(
2
644.01.45 2
=
=
=
t
t
t
Por tanto, el tiempo que tarda en volver al punto de donde fue lanzado es la suma de este tiempo más el empleado en subir.
51.483.11 +=Tt
s34.16=Tt La velocidad con la que pasa por dicho punto la hallamos sustituyendo el tiempo de descenso en la ecuación de la velocidad.
)83.11(644.0=v
°= 15sm62.7v
Cinética de la partícula 48
5. Los pesos de los cuerpos A y B de la figura son, respectivamente, 20 y 30 lb, y los de la polea y de la cuerda, despreciables. Sabiendo que la cuerda es flexible e inextensible y que no hay ninguna fricción en la polea, calcule la aceleración del cuerpo B y la tensión de la cuerda.
Resolución
Los cuerpos están conectados con una sola cuerda, de manera que su aceleración tiene la misma magnitud. La cuerda sufre la misma tensión en toda su longitud, pues la polea es de peso despreciable (y la suma de momentos de las fuerzas respecto a su eje de rotación tiene que ser nula).
Una vez dibujado el diagrama de cuerpo libre de A, elegimos un sistema de referencia dirigido hacia arriba, pues el cuerpo, más ligero que B, acelerará aumentando su rapidez hacia arriba.
aT
maFy
2.3220
20=−
=∑
)2.32
1(20a
T += _______________ (1)
El sistema de referencia para el diagrama de cuerpo libre de B lo elegimos hacia abajo para ser consis-tentes con el diagrama anterior.
aT
maFy
2.32
3030 =−
=∑
)2.32
1(30a
T −= _______________ (2)
Igualando (1) y (2)
)2.32
1(30)2.32
1(20aa −=+
20 #
30 #
A
B
2T
T T
Polea
T
T
20
30
Cuerpo A
Cuerpo B
Cinética de la partícula
49
44.650
322
102.32
502.32
3030
2.32
2020
==
=
−=+
a
a
aa
La aceleración de B es, por tanto
↓= 2sft44.6a
Y la tensión de la cuerda
)2.1(20)2.32
44.61(20 =+=T
lb24=T
Cinética de la partícula 50
6. Los cuerpos A y B pesan 40 y 60 kg, respec-tivamente. El coeficiente de fricción estática entre el cuerpo A y el plano horizontal es 0.35, y el de fricción cinética, de 0.25. Suponiendo despreciable la masa de las poleas y cualquier resistencia suya al movi-miento, calcule tanto la tensión de la cuerda que une las poleas, como la aceleración de los cuerpos A y B.
Resolución
A
A
A
x
y
aT
aT
aNT
maF
N
N
F
81.9
4010
81.9
40)40(25.0
81.9
4025.0
40
040
0
=−
=−
=−
=∑
=
=−
=∑
AaT81.9
4010+= ___________ (1)
Analizando el cuerpo B
BaT81.9
6060 1 =−
BaT81.9
60601 −= ____________ (2)
Tenemos las ecuaciones 1 y 2 con cuatro incógnitas.
40
Cuerpo A
0.25 N
N
T
x
y
Cuerpo B
T1
60 y
Cinética de la partícula
51
Estudiemos la polea móvil.
Como su masa es despreciable
0=ma Por tanto
03
0
1 =−=∑
TT
Fy
TT 31 = _____________ (3) Y la cuarta ecuación la obtenemos relacionando las aceleraciones de A y B, mediante la cuerda que conecta las poleas, cuya longitud es constante.
BA yxl 3+−= Derivando respecto al tiempo
BA
BA
aa
vv
30
30
+−=+−=
Para resolver el sistema de ecuaciones, multiplicamos (1) por (3) e igualamos con (2)
BA aa81.9
6060
81.9
40103 −=
+
Ahora, sustituimos (4):
[ ]
)10(140
81.981.9
2020
81.9
12010
81.9
60603
81.9
40103
=
−=+
−=
+
B
BB
BB
a
aa
aa
↓= 2sm701.0Ba
→= 2sm10.2Aa
18.57 kgT =
T1
y
T T T
Cinética de la partícula 52
2.1.2 Aceleración variable 7. A un cuerpo que reposa en una superficie lisa se le aplica una fuerza F cuya magnitud varía con el tiempo, según se muestra en la gráfica de la figura. Determine el tiempo que se requiere para que el cuer-po regrese a su posición original.
Resolución De acuerdo con la gráfica, la expresión que define la fuerza horizontal es:
tF 216−=
Pues 16 N es la ordenada al origen y la pendiente es negativa y de 2 N/s.
Después de dibujar el diagrama de cuerpo libre para cualquier instante del movimiento y elegir el sistema de referencia, escribiremos la ecuación cinética.
dt
dvPt
maFx
81.9216 =−
=∑
Hemos sustituido a por dv/dt porque la fuerza está en función del tiempo.
Para resolver la ecuación diferencial, separamos va-riables e integramos.
CvP
tt
dvP
dtt
dvP
dtt
+=−
=−
=−
∫ ∫
81.916
81.9)216(
81.9)216(
2
Para 0=t , 0=v , de donde 0=C
F
t(s)
16
8
F(N)
P
16 2t
N x
y
Cinética de la partícula
53
)16(81.9
81.916
2
2
ttP
v
vP
tt
−=
=−
Sustituimos v por dx/dt
)16(81.9 2ttPdt
dx −=
Separando variables e integrando:
132
2
2
)3
18(
81.9
)16(81.9
)16(81.9
CttP
x
dtttP
dx
dtttP
dx
+−=
−=
−=
∫∫
Escogiendo el origen en el punto de partida. Si 0=x , 0=t y 01 =C .
)3
18(
81.9 32 ttP
x −=
Esta es la ecuación que define la posición en función del tiempo.
Si vuelve al punto de partida, 0=x
03
18
0)3
18(
81.9
32
32
=−
=−
tt
ttP
Dividiendo entre 2t , pues dos raíces son nulas:
( )38
03
18
=
=−
t
t
s24=t Que es el tiempo en que vuelve al punto de partida.
Cinética de la partícula 54
8. Una embarcación de 9660 lb de desplaza-miento navega en aguas tranquilas a 24 nudos cuando su motor sufre una avería. Queda entonces sujeta a la resistencia del agua que, en lb, se puede expresar como 0.9v2, donde v está en ft/s. Diga en cuánto tiem-po la rapidez de la embarcación se reducirá a 6 nudos.
Resolución
Cv
t
v
dvdt
v
dvdt
dt
dvv
dt
dvv
mav
maFx
+−=−
=−
=−
=−
=−
=−=∑
∫∫1
3009.0
3009.0
3009.0
3009.0
2.32
96609.0
9.0
2
2
2
2
2
Cuando t = 0, v = 24 nudos Dado que la resistencia está expresada en el sistema
inglés, realizamos la conversión de nudos a sft
53.40s3600
s1
m3048.0
m185224
h
s
ft
mi.mar.24
s
ft
h
mar.mi 24
=
=
=
=⋅
x
x
x
401.7
)53.40(
300
)53.40(
13000
=
=
+−=
C
C
C
9660
0.9v2
U
x
Cinética de la partícula
55
Entonces:
401.7300
9.0 +−=−v
t
Cuando la velocidad de la embarcación es v = 6 nudos: Nuevamente realizamos la conversión, utilizando una regla de tres con el resultado anterior.
sft13.10
24
6
53.40
=
=
v
v
Entonces:
9.0
2.22
2.229.0
401.76.299.0
401.713.10
3009.0
−−=
−=−+−=−
+−=−
t
t
t
t
s7.24=t
Cinética de la partícula 56
9. Una embarcación de 9660 lb de desplaza-miento navega en aguas tranquilas a 24 nudos cuando su motor sufre una avería. Queda entonces sujeta a la resistencia del agua que, en lb, se puede expresar como 0.9v2, donde v está en ft/s. ¿Qué distancia nave-gará hasta que su velocidad se reduzca a 6 nudos?
Resolución
Dibujamos un diagrama de cuerpo libre, que repre-sente cualquier instante del movimiento, y elegimos un eje de referencia en dirección de la velocidad.
dx
dvvv
maFx
2.329660
9.0 2 =−
=∑
Hemos sustituido a por v dv/dx porque la fuerza está en función de la velocidad y queremos conocer un desplazamiento.
Simplificando la ecuación, tenemos:
dx
dvv 3009.0 =−
Separamos variables
Cvx
v
dvdx
v
dvdx
+=−
=−
=−
∫∫L3009.0
3009.0
3009.0
Elegimos el origen en la posición en que la embar-cación sufre la avería, de modo que
Si 0=x , nudos24=v
nudos24L300
nudos24L3000
−=+=
C
C
9660
0.9v2
U
x
Cinética de la partícula
57
La ecuación queda así:
( )nudos24LL3009.0
nudos24L300L3009.0
−=−
−=−
vx
vx
Por las propiedades de los logaritmos
nudos24L3009.0
vx =−
nudos24L
003.0
1 vx −=
Volviendo a utilizar las propiedades de los logaritmos
vx
nudos24L
003.0
1=
La posición de la embarcación cuando su rapidez es de 6 nudos es:
4L003.0
1
nudos6
nudos24L
003.0
1 ==x
ft462=x Que es también la distancia que navega hasta dicha posición.
Cinética de la partícula 58
10. Se arroja una pequeña esfera de 2 kg de
peso hacia arriba, verticalmente, con una velocidad inicial de 15 m/s. En su movimiento experimenta una resistencia del aire, que, en kg, se puede considerar de 0.04v, donde v se dé en m/s. Determine: a) el tiempo en que alcanza su altura máxima; b) la velocidad con que vuelve al punto de partida.
Resolución En el diagrama de cuerpo libre, dibujaremos la resis-tencia del aire en sentido positivo, pero asignamos a la magnitud un signo negativo, de modo que si v es positiva, la fuerza resulta negativa y viceversa.
Cvg
t
v
dv
gdt
v
dv
gdt
dt
dv
gv
maFy
+−−−=
−−=
−−=
=−−
=∑
∫∫
)204.0(L04.0
2
204.0
2
204.0
2
204.02
Si t = 0, v = 15
−−−=
+−=
204.0
6.2L
02.0
1
6.2L02.0
10
vgt
Cg
+=
204.0
6.2L
02.0
1
vgt _____________ (1)
Nombramos (1) a la ecuación anterior ya que será utilizada más adelante.
Para v = 0
-0.04 v
2
y
Cinética de la partícula
59
3.1L02.0
1
gt =
s337.1=t De la ecuación (1)
0.02
0.02
0.02
2.60.02 L
0.04 2
2.6
0.04 2
0.04 2 2.6
0.04 2 2.6
gt
gt
gt
gtv
ev
v e
v e
−
−
= +
=+
+ =
= − +
gtev 02.06550 −+−= ______________ (2)
( )
102.0
02.0
02.0
02.0
6550
6550
6550
Ceg
ty
dtedy
edt
dy
gt
gt
gt
+−−=
+−=
+−=
−
−
−
∫∫
Si y = 0, t = 0
( )gteg
ty
Cg
02.0
1
102.0
6550
02.0
650
−−+−=
+−=
Se encuentra el valor de t para y = 0
s801.2=t Sustituyendo el tiempo encontrado en la ecuación (2)
↓= sm47.12v
Cinética de la partícula 60
O bien:
dy
dvv
gv
dy
dvv
gv
maFy
5050
2204.0
−=+
=−−
=∑
1)50(L5050
5050
50
50
5050
50
5050
Cvvyg
v
dvdvdy
g
dvv
vdy
gv
vdvdy
g
++−=−
+−=−
+−+=−
+=−
∫∫∫
∫∫
Si y = 0, v = 15
65L5015
65L50150
1
1
+−=
+−=
C
C
++−=−
50
65L5015
50 vvy
g
Para y = 0:
++−=
50
65L50150
vv
Resolviendo mediante aproximaciones o con ayuda de una calculadora programable, obtenemos:
151 =v (Cuando comienza el movimiento)
48.122 −=v
↓= sm48.12v
Cinética de la partícula
61
11. Una cadena de 4 m de longitud y 80 N de peso reposa en el borde de una superficie rugosa, cuyo coeficiente de fricción cinética es 0.5. Mediante una fuerza constante de 50 N se jala a otra superficie contigua, lisa. Calcule la velocidad con que la cadena termina de pasar completamente a la superficie lisa.
Resolución Dibujamos un diagrama de cuerpo libre de la cadena, que representa un instante cualquiera de su movi-miento. Un tramo de ella se encuentra sobre la super-ficie rugosa y otro en la lisa.
Colocamos el origen del sistema de referencia en la unión de las dos superficies, de modo que el tramo sobre la superficie lisa tiene una longitud x.
Como el peso de la cadena es de 80 N y mide 4 m, su peso por unidad de longitud es:
mN20
4
80 ==w
Las componentes normales de las superficies sobre la cadena tienen la misma magnitud que los pesos de sus tramos respectivos.
[ ] 8050 0.5 20(4 )
9.8180
50 10(4 )9.81
8050 40 10
9.8180
10 109.81
81
9.81
Fx ma
dvx v
dxdv
x vdx
dvx v
dxdv
x vdx
dvx v
dx
∑ =
− − =
− − =
− + =
+ =
+ =
50
0
x
20(4-x) µ
Cinética de la partícula 62
Hemos sustituido a por dx
dvv ya que la fuerza está en
función de la posición x, y hemos dividido ambos miembros entre 10. Separamos variables e integramos.
Cvx
x
vdvdxx
vdvdxx
+
=+
=+
=+
∫ ∫22
281.9
8
2
81.9
8)1(
81.9
8)1(
Si 0=x , 0=v puesto que cuando el extremo derecho de la cadena se halla en el punto de unión de las superficies comienza a moverse.
24
81.9
81.9
4
2
0
2
22
xxv
vx
x
C
+=
=+
=
La cadena termina de pasar a la superficie lisa cuando
4=x , y su velocidad entonces es:
844
81.9
24
81.9 2
+=
+=
v
xxv
→= sm42.5v
Cinética de la partícula
63
12. Un cuerpo de masa m unido a un resorte,
cuya constante de rigidez es k, se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal lisa. Se aleja el cuerpo una distancia xo de su posición de equilibrio y se suel-ta. Escriba las ecuaciones del movimiento del cuerpo en función del tiempo y dibuje las gráficas corres-pondientes.
Resolución
En el diagrama de cuerpo libre, dibujaremos la fuerza del resorte en sentido positivo, pero asignamos a su magnitud un signo negativo, de forma que si x es positiva la fuerza resulte negativa y viceversa.
dx
dvmkx
maFx
=−
=∑
El signo negativo sirve para cambiar el sentido de la fuerza. Pues si x es positiva, es decir, si el cuerpo está a la derecha del origen, la fuerza se dirige hacia la izquierda; y viceversa.
22
22 vmC
xk =+−
Cuando 0xx = ; 0=v
Entonces:
22 20
22 20
2 2 20
2 2 20
2 2 2
2 2 2
( )2 2( )
xx vk m k
xx vk k m
k mx x v
k x x mv
− = −
− + =
− =
− =
2
02
20
20
xkC
Cx
k
=
=+−
N
mg
-kx
x
y
Cinética de la partícula 64
( )22
0
220
xxm
kv
xxm
kv
−=
−=
Sea m
kp =
dt
dxv =
2 20
2 20
2 20
20
angsen
dxp x x
dtdx
pdtx x
dxp dt
x x
xpt C
x
= −
=−
=−
= +
∫ ∫
Si 0=t , 0xx =
( )
°+=
°==
90angsen
90
1angsen
0
2
2
ptx
x
C
C
Aplicando la función seno de ambos lados de la ecuación:
( )
ptx
x
ptx
x
cos
90sen
0
0
=
°+=
ptxx cos0=
Derivando con respecto al tiempo tenemos:
( ) ptpxptpxdt
dxsensen 00 −=−=
ptpxv sen0−=
Cinética de la partícula
65
Derivando nuevamente con respecto del tiempo en-contraremos la aceleración.
( ) ptxpptppxdt
dvcoscos 0
20 −=−=
ptxpa cos02−=
xpa 2−= Las gráficas para la posición, velocidad y aceleración son, respectivamente:
t
x0
x0
t
p x0
- p x0
t
p2 x0
-p2 x0
pt
0 ��
� ��
� 2�
��
�
a
v
x
Cinética de la partícula 66
13. Un cuerpo de 16.1 lb de peso pende de los
tres resortes mostrados en la figura. Se jala el cuerpo hacia abajo tres pulgadas de su posición de equilibrio y se suelta. Se pide: a) Hallar la constante de rigidez de un resorte equivalente a los tres de la figura. b) De-terminar si el movimiento que adquiere el cuerpo es armónico simple o no. c) Dar la amplitud, el período y la frecuencia del movimiento. d) Calcular la velo-cidad y aceleración máximas del cuerpo.
Resolución a) La constante de rigidez equivalente a la de los dos
resortes en paralelo es ftlb6030301 =+=k
La constante equivalente a los dos resortes en serie es:
120
5
120
32140
1
60
11
=+=
+=
k
k
ftlb24=k
b) Dibujamos el diagrama de cuerpo libre para cualquier instante del movimiento y elegimos como origen la posición de equilibrio del cuerpo. En dicha posición la fuerza del resorte es igual al peso, de 16.1 lb, de modo que en cualquier posición la acción del resorte tiene una magnitud de 1.1624 +− y
ya
ay
ay
maFy
48
5.0242.32
1.161.161.1624
−==−
=−+−
=∑
Esta ecuación es de la forma xa 2ρ−= que corres- ponde al movimiento armónico simple, es decir, rec-tilíneo, cuya aceleración es proporcional a la posición
�24 � 16.1
y
16.1
Cinética de la partícula
67
con respecto al punto de equilibrio y se dirige hacia él. Por lo tanto, el cuerpo adquiere movimiento armónico simple. c) Como la amplitud es la distancia máxima que la partícula se aleja del origen, in30 =y , que es la
longitud señalada en el enunciado. Como in12ft1 =
ft25.00 =y
El periodo T es el tiempo en que el cuerpo da una oscilación completa:
pT
pT
ππ
2
2
=
=
En donde m
kp =
24=k 16.1
0.532.2
2448 4 3
0.5
m
p
= =
= = =
Entonces:
3234
2 ππ ==T
s907.0=T
Y la frecuencia, que es el número de ciclos completos por unidad de tiempo:
π2
1 p
Tf ==
Hz103.1=f
Cinética de la partícula 68
d) Como se trata de movimiento armónico simple, las ecuaciones del movimiento son:
ypptypa
ptpyv
ptyy
20
2
0
0
cos
sen
cos
−=−=
−=
=
que, para este caso particular, son:
34cos12
34sen3
34cos25.0
ta
tv
ty
−=
−=
=
El valor de la velocidad máxima se alcanza cuando
1sen =pt , por tanto:
30max =−= pyv
sft732.1max =v
La aceleración máxima corresponde a la posición extrema, 25.0=y
)25.0(4802
max =−= ypa
2max sft12=a
Cinética de la partícula
69
2.2 Movimiento curvilíneo
2.2.1 Componentes cartesianas 14. La corredera A, de 5 lb de peso, se mueve dentro de la ranura conforme se eleva el brazo hori-zontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s. Sabiendo que cuando x = 6 in, su velocidad tiene una pendiente positiva de 1/2 y su aceleración es hori-zontal y de 3 in/s2 dirigida hacia la derecha, determine todas la fuerzas externas que actúan sobre ella en esa posición.
Resolución
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de la co-rredera. Las reacciones normales del brazo y de la ranura serán llamadas NB y NR respectivamente, en donde NB tendrá la dirección del eje y, mientras que NR será normal a la velocidad en el punto.
512
3
2.32
5
12
3
2.32
5
5
1
=
=
=∑
R
R
N
N
maFx
lb0868.0=RN
+=
=
−−
=∑
5
25
05
25
0
RB
RB
NN
NN
Fy
x
y
lb08.5=BN
Cinética de la partícula 70
5. Desde la orilla de un edificio de 20 m de altura, un niño arroja una piedra con una velocidad de 15 m/s, cuya pendiente es de 4/3. Sabiendo que la piedra tiene una masa de 1.5 kg y la resistencia del aire es despreciable, determine la altura máxima h sobre el suelo que alcanza la piedra, la distancia horizontal R que se aleja del edificio y la velocidad con que llega al suelo.
Resolución
El diagrama de cuerpo libre de la piedra en cualquier instante del movimiento es el que se muestra. Elegimos un eje de referencia unilateral hacia arriba.
↓=
==−
=∑
2sm81.9
81.9
5.1)81.9(5.1
a
a
a
maFy
Partiendo de este dato, elegimos un sistema de refe-rencia completo para plantear las ecuaciones del movimiento de la piedra.
Componentes horizontales
9
5
315
0
00
=
==+=
=
∫
x
xxxx
x
v
vdtavv
a
tx
dtdtvxx x
9
90
=
=+= ∫∫
y 1.5 (9.81)
y
x 0
20m
Cinética de la partícula
71
Componentes verticales
( )2
0
0
2
81.91220
81.912
81.912
81.95
415)81.9(
81.9
tty
dttyy
tv
dtdtvv
a
y
yy
y
−+=
−+=
−=
−
=−+=
−=
∫
∫∫
Alcanza la altura máxima h cuando la componente vertical de la velocidad es nula.
81.9
12
81.9120
0
=
−=
=
t
t
vy
Y esa altura es y = h
81.9
7220
81.9
72
81.9
14420
81.9
12
2
81.9
81.9
121220
2
+=−+=
−
+=h
m3.27=h
La piedra llega al suelo en un punto situado a una distancia R del edificio. Es decir, cuando
2
2
81.912200
0
tt
y
−+=
=
Las raíces de esta ecuación son:
138.1
58.3
2
1
−==
t
t
En 58.3=t s, x =R )58.3(9=R
m3.32=R
Cinética de la partícula 72
2.2.2 Componentes intrínsecas
16. Un péndulo cónico de 8 kg de peso tiene una cuerda de 1 m de longitud, que forma un ángulo de 30º con la vertical. ¿Cuál es la tensión de la cuer-da? ¿Cuál es la rapidez lineal del péndulo?
Resolución
°=
=−°=∑
30cos
8
0830cos
0
T
T
Fy
kg24.9=T
( )( )
( )8
30sen81.9
8
30sen81.9
30sen181.9
830sen
81.9
830sen
2
22
2
2
°=
°=
°=°
=°
=∑
Tv
Tv
vT
vT
maFn n
ρ
sm683.1=v
8 kg
n
y
30° T
Cinética de la partícula
73
17. Calcule el ángulo de peralte φ que debe
tener la curva horizontal de una carretera para que los vehículos al transitar por ella no produzcan fuerzas de fricción sobre el pavimento. El radio de la curva es de 1000 ft y de 60 mi/h la velocidad de diseño.
Resolución
Convertimos las mi60 h a ft s
s
ft88
s
ft
30
4460
h
mi60 =
=
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de un vehículo en el que el pavimento sólo ejerce una fuerza normal. El sistema de referencia requiere que el eje normal se dirija hacia el centro de la curva; y elegimos otro eje perpendicular a él (el eje tangencial es perpendicular al plano del dibujo).
ρθ
θ
θ
2
2.32sen
cos
0cos
0
vPN
maF
PN
PN
F
nn
z
=
=∑
=
=−=∑
Sustituyendo:
32200
)88(tan
32200
)88(
cos
sen
1000
)88(
2.32sen
cos
2
2
2
=
=
=
θ
θθ
θθ
PP
N P
z
n
θ
º5.13=θ
Cinética de la partícula 74
18. Un cuerpo de 4 kg de masa se encuentra
sujeto por dos cuerdas, una horizontal (AC) y otra (AB) de 0.8 m de largo, que forma un ángulo de 30º abajo de la horizontal. Determine la tensión que soportará la cuerda AB en el instante en que se corte la cuerda AC. Diga también cuál será la aceleración del cuerpo.
Resolución
2
2
2
4(9.81)sen 4
4(9.81)sen 4
4(9.81)sen 40.8
4(9.81)sen 5
n
n
Fn ma
T a
vT
vT
T v
θ
θρ
θ
θ
∑ =− =
− =
− =
− =
Cuando °= 30θ ; 0=v
4(9.81)sen30 0
4(9.81)sen30
T
T
− ° == °
1 9 .6 2 NT =
t
t
a
maFt
4cos)81.9(4 ==∑
θ
Si °= 30θ :
2
4(9.81)cos30 4
4(9.81)cos30
4m8.49
s
t
t
t
a
a
a
° =°=
=
2m33.9 60
sa = °
n
t
Cinética de la partícula
75
19. Un péndulo de 4 kg de masa comienza a
oscilar cuando su cuerda, de 0.8 m de longitud, forma un ángulo de 30º abajo de la horizontal, como se muestra en la figura. ¿Cuál será la máxima rapidez que alcance? ¿Cuál, la tensión correspondiente de la cuerda?
Resolución Puesto que la rapidez del péndulo es variable, dibuja- remos un diagrama de cuerpo libre que represente un instante arbitrario de su movimiento. Utilizaremos un sistema de referencia intrínseco: el eje normal se dirige hacia el centro de la trayectoria circular del péndulo; y el tangencial tiene la dirección de la velocidad de éste.
t
tt
a
maF
4cos)81.9(4 =
=∑
θ
La máxima rapidez la alcanza cuando 0=ta , o sea,
°==
=
90
0cos
0cos4
θθ
θ
Y para hallar esa rapidez, sustituimos
ds
dvv4cos)81.9(4 =θ
Simplificando
ds
dvv
81.9
1cos =θ
Se puede relacionar el ánguloθ y el arco diferencial ds : el ángulo θd es, como todo ángulo, la razón del arco al radio.
θ
θ
dds
dsd
8.08.0
=
=
0.8
dθ
θ
ds
0.8
n
t
Cinética de la partícula 76
De donde:
θθ
d
dvv
8.081.9
1cos =
Separando variables:
( )2
10.8cos
9.811
0.8 cos9.81
10.8sen
2 9.81
d vdv
d vdv
v C
θ θ
θ θ
θ
=
=
= +
∫ ∫
Si °= 30θ , 0=v
C=
2
18.0
De donde
( )
( ) ( )
2
2
max
10.8sen 0.4
2 9.81
10.4 2sen 1
2 9.81
0.8(9.81)(1)
v
v
v
θ
θ
= +
= −
=
maxm2.80 sv =
2
4(9.81) sen 4
n nF ma
vT
rθ
∑ =
− =
Para °= 90θ (sen 1=θ ), maxvv = y 8.0=r
)81.9(8
8.0
)81.9(8.04)81.9(4
=
+=
T
T
78.5 NT =
Cinética de la partícula
77
20. Por el punto A de la superficie lisa mos-
trada en la figura, pasa una partícula de masa m con una rapidez vo. Diga con qué rapidez v llegará al pun-to B, si la diferencia de nivel entre A y B es h.
Resolución Elegimos una posición arbitraria de la partícula, como la que se muestra en la figura, y dibujamos el diagrama de cuerpo libre. Utilizamos un sistema de referencia intrínseco: el eje normal dirigido hacia el centro de la curva y el tangencial en dirección de la velocidad. Como nos interesa conocer la rapidez, empleamos la ecuación:
cos
cos
t tF ma
dvmg mv
ds
g ds vdv
θ
θ
∑ =
=
=
Para poder integrar, relacionamos la longitud ds con el ánguloθ , como se ve en la figura:
θ
θ
cos
cos
dhds
ds
dh
=
=
Por tanto
∫∫ =
=v
v
B
A
dvvdhg
dvvdhg
0
ds
dh
θ
N
n mg
t
θ
h
Cinética de la partícula 78
ghvv
vvgh
vgh
o
v
v
2
2
2
22
20
2
2
0
+=
−=
=
ghvv o 22 +=
Si v0 = 0, se tiene
ghv 2=
Siempre que no haya fuerza de fricción.
21. Un niño coloca una canica en la parte alta
de un globo terráqueo. Diga en qué ángulo abandona el globo y se convierte en proyectil. Desprecie toda fricción.
N
n
mg
θ
Cinética de la partícula
21. Un niño coloca una canica en la parte alta de un globo terráqueo. Diga en qué ángulo β la canica abandona el globo y se convierte en proyectil. Des-
Resolución Aunque la canica está originalmente en equilibrio, éste es tan inestable que el movimiento es inminente
Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente cualquier instante del movimiento de la canica sobre la superficie del globo terráqueo.
Elegimos un sistema de referencia intrínseco, con el eje normal hacia el centro del globo y el eje tangencial en dirección de la velocidad.
Puesto que la componente tangencial de la aceleración mide el cambio de magnitud de la velocidad, que es variable en este caso, comenzaremos con la siguiente ecuación.
sen
t tF ma
dvmg m v
dsθ
∑ =
=
Se puede relacionar el ánguloθ ds, ya que todo ángulo se mide con la razón del arco al radio.
θ
θ
rddsr
dsd
=
=
De donde:
sen
sen
sen
v dvg
r d
gr d vdv
gr d vdv
θθ
θ θ
θ θ
=
=
=∫ ∫
t
Cinética de la partícula 79
la canica está originalmente en equilibrio, e el movimiento es inminente.
diagrama de cuerpo libre que repre- sente cualquier instante del movimiento de la canica sobre la superficie del globo terráqueo.
Elegimos un sistema de referencia intrínseco, con el eje normal hacia el centro del globo y el eje
e la velocidad.
Puesto que la componente tangencial de la acelera-ción mide el cambio de magnitud de la velocidad, que
omenzaremos con la si-
y el arco diferencial , ya que todo ángulo se mide con la razón del arco
Cinética de la partícula 80
Cv
gr +=−2
cos2
θ
Como v = 0 cuando θ = 0° (cos θ = 1)
)cos1(2
cos2
2cos
)1(
2
2
2
θ
θ
θ
−=
−=
−=−
=−
grv
grgrv
grv
gr
Cgr
Utilizando la otra ecuación cinética:
r
vmNmg
maF nn
2
cos =−
=∑
θ
Cuando la canica está a punto de separarse del globo, N = 0 y θ = β
r
vmmg
2
cos =β
Del resultado anterior:
3
2cos
2cos3
cos22cos
)cos1(2cos
)cos1(2cos
=
=−=
−=
−=
β
βββ
ββ
ββ
gr
grr
grg
°= 2.48β
Cinética de la partícula
81
22. El aro liso de la figura, cuyo radio es de
0.5 m, gira con rapidez angular constante alrededor de un eje vertical. Calcule dicha rapidez angular, sabien-do que el collarín, aunque puede deslizarse libremente sobre el aro, mantiene fija su posición relativa a él.
Resolución Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del collarín. Como la trayectoria que describe es una circun-ferencia en el plano horizontal, el eje normal, que se dirige hacia el centro de la trayectoria, es también horizontal. El eje tangencial es perpendicular al plano del dibujo y no aparece en el diagrama.
2
2
2
0
sen30 0
1
2
cos309.81
32
2 9.81
13
9.81
.
.
.
Z
n n
F
N P
N P
F ma
PN r
PP r
r
θ
θ
θ
∑ =
° − =
=
∑ =
=
=
=
El radio de la trayectoria es
325.02
35.030cos5.0 ==°=r
30°
N
P
n
z
0.5
r
30°
Cinética de la partícula 82
De donde
25.0
81.9
)325.0(81.9
13
.
.
2
2
=
=
θ
θ
rad6.26 s
.θ =
83
3. TRABAJO Y ENERGÍA E IMPULSO Y CANTIDAD DE
MOVIMIENTO PARA LA PARTÍCULA
3.1 Trabajo y energía cinética
1. Con una fuerza E de 20 kg, inclinada 30º, se
empuja un cuerpo de 50 kg sobre una superficie ho-
rizontal, en línea recta, a lo largo de 10 m. Los coefi-
cientes de fricción estática y cinética son 0.3 y 0.2,
respectivamente. Calcule el trabajo que realizan la
fuerza E, el peso, la componente normal de la reac-
ción de la superficie y la fricción durante el movi-
miento descrito.
Resolución
Mediante el diagrama de cuerpo libre investigaremos
las magnitudes de las fuerzas cuyos trabajos desea-
mos conocer.
60;02
12050
0
NN
Fy
Por tanto 122.0 NFr
Como las cuatro fuerzas son constantes, el trabajo se
puede calcular mediante la expresión:
sFU cos
en donde es el ángulo que la fuerza forma con el
desplazamiento, que, en este caso, es horizontal y
hacia la derecha.
P = 50
E = 20
30°
N
Fr = 0.2 N
x
y
Trabajo e impulso
84
102
3201030cos20EU
mkg2.173EU
10270cos50PU
1090cos50NU
0NU
1011210180cos12FrU
mkg120FrU
El trabajo es un escalar que puede ser positivo, nega-
tivo o nulo.
0PU
Trabajo e Impulso
85
2. Una fuerza F de 500 N empuja un cuerpo de
40 kg de masa que reposa en una superficie horizon-
tal. Sabiendo que el cuerpo se desplaza en línea recta
y que los coeficientes de fricción estática y cinética
entre el cuerpo y la superficie son 0.30 y 0.25, respec-
tivamente, calcule la velocidad del cuerpo cuando se
haya desplazado 8 m.
Resolución
Investigaremos las magnitudes de las fuerzas externas
que actúan sobre el cuerpo de 40 kg.
)81.9(40;040
0
NgN
Fy
Por tanto:
1.98
81.9)40(25.0
Fr
NkFr
Los trabajos que realizan las fuerzas son:
0NP UU
(pues son perpendiculares al desplazamiento)
8.784)8(1.98
4000)8(500
Fr
F
U
U
La fórmula del trabajo y la energía cinética establece
que:
20
3215
0)40(2
13215
2
18.7844000
2
2
1
2
2
v
v
vvm
TU
sm68.12v
P = 40 g
F = 500
Fr = 0.25 N
N
x
y
Trabajo e impulso
86
3. El collarín de la figura, de 4 lb de peso, se
suelta desde el punto A de la guía lisa de la figura y
llega al punto B. Determine el trabajo que realiza su
peso durante ese movimiento y diga con qué rapidez
llega el collarín a B.
Resolución
Primer procedimiento
Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre del collarín
en una posición cualquiera de su trayectoria.
El desplazamiento tiene la dirección del eje tan-
gencial.
B
AdsU
dsPU
cos4
cos2
1
Como el ángulo , durante el movimiento, va de
-90° ≤ θ ≤ 90°, integraremos sustituyéndolo por el
ángulo , que es el complemento de y siempre
crece.
180
0sen4 dsU
Tomaremos un desplazamiento diferencial y lo rela-
cionaremos con .
ddsds
d 6.0;6.0
180
0sen6.04 dU
1)1(4.2
0cos180cos4.2
U
U
N
t
ϴ
N
t
4
ϴ
ds d
0.6
4
ftlb8.4U
Trabajo e Impulso
87
Segundo procedimiento
Como el trabajo es una fuerza conservativa, es decir,
el trabajo que realiza es independiente de la trayec-
toria que siga el cuerpo, se puede calcular multipli-
cando su magnitud por el cambio de nivel de la par-
tícula (vid. Prob. 4)
2.14U
hPU
ftlb8.4U
Trabajo e impulso
88
4. Una partícula de masa m pasa por A con
una rapidez vo. Sabiendo que la superficie es lisa, de-
termine, en función de la altura h, el trabajo del peso
y la rapidez v con que pasa por el punto B.
Resolución
En cualquier posición, las únicas fuerzas que actúan
sobre la partícula son el peso y una reacción normal.
Esta última no trabaja precisamente por ser normal al
desplazamiento. es el ángulo que el peso forma con
el desplazamiento.
B
A
B
AdsmgdsmgU coscos
En la figura relacionaremos con un desplaza-
miento diferencial.
B
A
B
Adhmgds
ds
dhmgU
ds
dhcos
mghU
Utilizando la fórmula del trabajo y la energía cinética
tenemos, tenemos:
ghvv
vvmmgh
TU
2
2
1
2
0
2
2
0
2
ghvv 22
0
Si 00v , entonces:
ghv 2
N
t
mg
ϴ
ds dh ϴ
Trabajo e Impulso
89
5. El collarín de 5 kg de peso, se encuentra
originalmente en reposo en el punto A. El resorte al
que está unido tiene una longitud natural de 0.2 m y
una constante de rigidez k = 200 kg/m. Calcule el tra-
bajo que realiza la tensión del resorte para llevar al
collarín desde A hasta B, y la rapidez con que el co-
llarín llega a este punto.
Resolución
Primer procedimiento
En la figura se muestra el diagrama de cuerpo libre
del collarín en una posición cualquiera. x es la de-
formación del resorte y es variable, como es variable
la dirección .
El trabajo de la tensión del resorte es:
dsxdsxUB
A
B
Acos200cos200
En la figura se establece la relación entre dx, ds y .
ds
dxcos
por tanto
2
1200 xdxU
Como las longitudes inicial y final del resorte son 0.5
y 0.3 m, y su longitud natural es 0.2 m, las defor-
maciones son 3.01x m y 1.02x m.
08.01001.03.0100
2200200
22
3.0
1.0
23.0
1.0
U
xxdxU
mkg8U
200x
N
ϴ
dx
ds
ϴ
0.5 0.3
0.5
5
Trabajo e impulso
90
Como la tensión del resorte es la única fuerza que
trabaja, empleando la fórmula del trabajo y la energía
cinética se tiene:
5
)81.9(16
081.9
5
2
18
2
1
2
22
B
B
AB
v
v
vvmU
TU
sm60.5Bv
Segundo procedimiento
Si sabemos que el trabajo que realiza un resorte es:
2
1
2
22
1xxkU
entonces
2
222
222
1
2
2
81.9
58
81.9
53.01.0200
2
1
2
1
B
B
AB
v
v
vvmxxk
sm60.5Bv
Trabajo e Impulso
91
6. El collarín de la figura tiene un peso de 10
lb y reposa sobre el resorte al que está unido. La
constante de rigidez del resorte es k = 20 lb/ft. La
clavija por la que pasa la cuerda es lisa. A dicha cuer-
da se le aplica una fuerza constante de 200 lb para
levantar a collarín a la posición B de la barra lisa. De-
termine la rapidez con que el collarín llega a B.
Resolución
Considerando el conjunto de los cuerpos como un
sistema, las fuerzas externas que trabajan son la
fuerza F, el peso del collarín y la fuerza del resorte.
Calcularemos el trabajo que realiza cada una de ellas.
Fuerza constante F de 200 lb
El tramo de cuerda que se halla originalmente entre la
polea y el collarín mide 13 ft. Al final, el tramo se
reduce a 5 ft. Por tanto, el desplazamiento de la fuerza
es de 8 ft.
tsFU F flb16008200
Peso del collarín
Como el desplazamiento del collarín tiene el sentido
contrario del peso, el trabajo que realiza es negativo.
ftlb1201210hPU P
Fuerza del resorte
Como el collarín reposa inicialmente sobre el resorte,
lo deforma una longitud tal que 1020 1x ; o sea
ftx 5.01 . Al final, el resorte estará estirado una
longitud ft5.115.0122x .
222
1
2
2 5.05.11202
1
2
1xxkU K
5
12 13
10
kx = 20x1
Trabajo e impulso
92
ftlb1320KU
Empleando la fórmula del trabajo y la energía ciné-
tica:
10
2.32320
02.32
10
2
1160
2
113201201600
2
2
22
B
B
AB
v
v
vvm
TU
sft1.32Bv
Trabajo e Impulso
93
3.2 Trabajo, energía cinética y energía potencial
7. Un competidor de snowboard de 70 kg de
peso, se deja caer desde el punto A de la superficie
semicilíndrica que se muestra en la figura. Despre-
ciando el tamaño del competidor y toda fricción, diga
cuál es la energía potencial gravitacional que pierde el
competidor al llegar al fondo B y con qué rapidez
llega a esa posición.
Resolución
El competidor pierde energía potencial gravitacional,
puesto que el punto B está más bajo que A.
2747481.970Vg
hPVg
mN2750Vg
Las únicas fuerzas que actúan durante el movimiento
son el peso y la reacción normal.
Se produce un intercambio entre la energía cinética y
la potencial gravitacional.
70
22747
027470702
1
02
1
0
2
2
22
B
B
AB
v
v
hPvvm
VgT
sm86.8Bv
70 (9.81)
n
N t
Trabajo e impulso
94
8. El carrito de 500 lb de un juego de feria
pasa por el punto A con una rapidez de 20 ft/s.
Sabiendo que la altura h es de 30 ft y el radio del
bucle es de 10ft, calcule la rapidez con que el carrito
pasa por la cima B del bucle circular de la vía, y la
fuerza que ésta ejerce sobre aquél en dicha posición.
Calcule también cuál debe ser la mínima altura h a la
que debe soltarse para que el carrito alcance la
mencionada cima.
Resolución
Utilizaremos la fórmula de la conservación de la ener-
gía para calcular la rapidez con que el carrito pasa por
B.
02
1
0
2
1
2
2 hPvvm
VgT
observamos que h es negativa y de 30-2(10) = 10
1044
644400
010500202.32
500
2
1
2
2
2
2
22
2
v
v
v
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del carrito al
pasar por B y elegimos un sistema de referencia
intrínseco.
10
1044
2.32
500500
2.32
500500
2
N
vN
maF nn
lb1121N
Para calcular la altura h mínima de la que debe
soltarse el carrito para que recorra el bucle completo,
500
t
n
N
t
500
n
Trabajo e Impulso
95
dibujaremos el diagrama de cuerpo libre y
calcularemos la rapidez con que debe pasar por B.
322
102.32
500500
2
2
v
v
maF nn
Con la fórmula de la conservación de la energía,
tomando en cuenta que hh 20
520
0205
050003222.32
500
2
1
02
1
0
2
1
2
2
h
h
h
hPvvm
VgT
ft25h
Trabajo e impulso
96
9. Los cuerpos de la figura están inicialmente
en reposo. Las masas de A y B son 10 y 15 kg, res-
pectivamente, mientras que la de la polea es despre-
ciable. Calcule la rapidez de los cuerpos cuando se
hayan desplazado 0.5 m y la tensión de la cuerda.
Resolución
Entre la posición inicial y la final hay cambio tanto de
la energía cinética como de la energía potencial del
sistema, en el cual se incluyen los dos cuerpos, la
polea y la cuerda. Las rapideces de A y B son iguales.
222
222
5.7152
10
2
1
5102
10
2
1
0
vvvmT
vvvmT
VgT
BB
AA
5.12
53.24
53.245.12
058.7305.495.75
58.735.081.915
05.495.081.910
2
22
v
v
vv
hmgVg
hmgVg
B
A
sm401.1v
Para determinar la tensión de la cuerda, podemos
aislar cualquiera de los cuerpos. Elegimos el cuerpo
A. dibujamos su diagrama de cuerpo libre.
10 g
T y
Trabajo e Impulso
97
1.98401.110
5.081.910401.1102
15.0
02
1
2
2
2
T
T
hmgvmsT
VgTU
N7.117T
Podemos comprobar llevando los resultados al cuerpo
B.
86.5886.58
58.7372.1486.58
5.081.915401.1152
15.07.117
02
1
2
2 hmgvmsT
VgTU
Lo cual confirma que el resultado es correcto.
15 g
T
s
Trabajo e impulso
98
10. La guía lisa de la figura está contenida en
un plano vertical. El collarín de 12 lb está original-
mente en reposo en A y se mueve a B. El resorte tiene
una longitud natural de 2 ft y una constante de rigidez
k = 50 lb/ft. Calcule el cambio de energía potencial
elástica que sufre el resorte y la rapidez con que el
collarín llega al punto B.
Resolución
Para calcular el cambio de energía potencial del
resorte, necesitamos conocer sus deformaciones
inicial y final.
123
426
2
1
x
x
Por tanto:
152541502
1
2
1
22
2
1
2
2
Ve
xxkVe
ftlb375Ve
El signo negativo indica que hubo una pérdida de
energía potencial elástica entre la primera posición y
la segunda.
Para investigar la rapidez con que el collarín llega a
B, emplearemos la fórmula de la conservación de la
energía, pues ninguna fuerza no conservativa actúa en
el sistema.
037502
1
0
2 hPvm
VeVgT
Trabajo e Impulso
99
3
1.16411
363751.16
3
}03753122.32
12
2
1
2
2
2
v
v
v
sft0.47v
Trabajo e impulso
100
11. El cuerpo A de 18 kg de peso se lanza
hacia arriba del plano inclinado 15º con una rapidez
inicial de 20 m/s. Los coeficientes de fricción estática
y ciné-tica entre el cuerpo y el plano son, respec-
tivamente, 0.25 y 0.15, Determine la deformación
máxima que sufrirá el resorte por la acción del
cuerpo, sabiendo que su constante de rigidez es de
1500 kg/m.
Resolución
Para la resolución del problema, que exige rela-
cionar posiciones y rapideces, se puede emplear la
fórmula del trabajo y la energía.
En el sistema que se deforma por el cuerpo A, el
resorte y el plano, durante el movimiento del primero,
la única fuerza no conservativa que actúa es la de
fricción. La magnitud de ésta la calcularemos me-
diante el diagrama de cuerpo libre de A.
39.17
015cos18
0
N
N
Fy
Por tanto, la fuerza de fricción es
608.215.0 NFr
Empleando la fórmula del trabajo y la energía y
teniendo en cuenta que el cuerpo A se detiene cuando
el resorte alcanza su máxima deformación 1x , tene-
mos:
xxsFrU
VeVgTU
608.204.135608.2
36720081.9
18
2
1
2
1 22
1
2
2 vvmT
0.15 N
18
15°
N
Δh
5 + x
15°
Trabajo e Impulso
101
222
1
2
2 750015002
1
2
1
3.2366.415sen518
xxxxhVe
xxhPVg
Sustituyendo
07.35627.7750
7503.2366.4367608.204.13
2
2
xx
xxx
695.0
685.0
2
1
x
x
La raíz negativa no tiene significado físico y la
máxima deformación del resorte es:
m685.0x
Trabajo e impulso
102
3.3 Impulso y cantidad de movimiento
12. Un carro de ferrocarril de 90 ton queda sin
frenos sobre una vía recta cuya pendiente es del 1%.
Si en cierto instante desciende a razón de 0.5 m/s,
¿cuál es su cantidad de movimiento? ¿Cuál será su
velocidad cuatro segundos después?
Resolución
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del carro, para
conocer las fuerzas que actúan sobre él y elegimos un
eje de referencia en la dirección de la velocidad.
Cuando su velocidad es de s
m5.0 la cantidad de
movimiento del carro es:
5.090L
vmL
573.0s
mton45L
Podemos calcular su velocidad cuatro segundos des-
pués mediante la fórmula del impulso y la cantidad de
movimiento.
xxx LLdtF
LLdtF
1
2
12
1
2
12
Como las fuerzas son constantes:
5.004.0
45904100
190
45
4
4
4
v
v
mvtFx
573.0s
m54.04v
90
N
y
x
1
100
α = 0.573°
α
ϴ
Trabajo e Impulso
103
13. Un cuerpo de 20 lb reposa sobre una su-
perficie horizontal, cuando se le aplica una fuerza F
cuya magnitud varía conforme se muestra en la grá-
fica. Cuando t = 4s, ¿Cuál es la velocidad máxima
que adquiere el cuerpo? ¿Cuánto tiempo después de
que termino la aplicación de la fuerza se detendrá?
Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el
cuerpo y la superficie son 0.35 y 0.25, respec-
tivamente.
Resolución
Dado que la fuerza está en función del tiempo,
emplearemos el método del impulso y cantidad de
movimiento.
De la gráfica, cuya ordenada al origen es 20 y su
pendiente negativa de 5420 , obtenemos:
tF 520
Calcularemos la velocidad del cuerpo cuando 4t
20
2.3220
2.32
204060
2.32
205.215
2.32
20515
05
4
4
4
4
0
2
4
4
0
2
4
0
12
4
0
v
v
vtt
vdtt
LdtF
LLdtF
x
xxx
sft2.324v
20
20
x
F
5
Trabajo e impulso
104
La rapidez máxima la alcanzará el cuerpo cuando la
resultante del sistema de fuerzas sea nula.
3
155
05520
0
t
t
t
Fx
Por tanto
20
2.325.22
2.32
205.2245
2.32
20515
max
max
max
3
0
v
v
vdtt
sft2.36maxv
Después de 4t , el cuerpo queda sujeto a las fuerzas
mostradas.
205
0 4
t
LdtF xx
s4t
Otro procedimiento
Puesto que la fórmula del impulso es:
dtFL xx
Dicha cantidad queda representada por el área con-
tenida bajo la gráfica de la componente horizontal de
la resultante del sistema de fuerzas, la cual es:
tF
tFF
x
x
515
55205
Cuya gráfica se muestra en la figura
20
20
x
F
5
20
20
x
5
Trabajo e Impulso
105
El área positiva máxima que se acumula, a los s6.3
es:
5.222.3152
1A
que igualada con el incremento de la cantidad de
movimiento nos permite hallar la velocidad máxima
20
2.325.22
2.32
205.22
05.22
max
max
max
v
v
vm
sft2.36maxv
Para encontrar la velocidad cuando s4t , al área
anterior hay que restarle la del pequeño triángulo que
le sigue.
20
2.3220
2.32
2020
2.32
2051
2
15.22
4
4
4
v
v
v
sft2.324v
Para calcular el tiempo t , en que el cuerpo se
seguirá moviendo, igualamos el área positiva con la
negativa.
2
20
55.25.22
5512
1315
2
1
t
t
t
s4t
Σ Fx (lb)
15
-5
3.4 Δt
t(s)
Trabajo e impulso
106
14. El cuerpo de 40 kg de la figura está
inicialmente en reposo. Se le aplica la fuerza E de
magnitud variable, que se comporta según se muestra
en la gráfica. Calcule la velocidad máxima que alcan-
za el cuerpo y el tiempo que se sigue moviendo, una
vez que se retire la fuerza E. Los coeficientes de fric-
ción estática y cinética son 0.25 y 0.20, respec-
tivamente.
Resolución
El cuerpo comenzará a moverse en el instante en que
la componente horizontal de la fuerza E exceda la
fuerza máxima de fricción estática, que es:
NNF s 4.0'
La magnitud de E se puede expresar de acuerdo a la
gráfica, como:
tE 100
Cuando el cuerpo está a punto de moverse, tenemos:
05.081.940
0
EN
Fy
tN 504.392 ____________________ (1)
tN
NE
Fx
6.864.0
04.02
3
0
tN 5.216 ________________________ (2)
Igualando
472.1
504.3925.216
t
tt
Además 8.318N
A partir de este instante comienza el movimiento. La
fricción se convierte en cinética y su valor es:
40 g
20
x
E
0.4 N
y
30°
40 kg E 30°
µs = 0.25
µk = 0.20
Trabajo e Impulso
107
NNF kk 2.0
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y utilizamos la
ecuación del impulso.
tN
tN
Fy
504.392
0504.392
0
48.786.96
1048.786.86
504.3922.0350
2.02
3100
tF
ttF
ttF
NtF
x
x
x
x
Como la rapidez máxima la alcanza cuando s5t
40
826
40826
40
472.148.78)472.1(3.48548.78)5(3.48
4048.783.48
4048.786.96
0
22
5
472.1
2
5
472.1
5
472.1
máx
máx
máx
máx
máx
máxx
v
v
v
vtt
vdtt
vmdtF
sm6.20máxv
Una vez que se retira la fuerza E, el diagrama de
cuerpo libre es el que se muestra. El impulso ulterior
es:
6.20404.3922.0
0
t
vmtF máxx
s52.10t
392.4
N
100 t
0.2 N
30°
392.4
0.2 (392.4)
Trabajo e impulso
108
15. El carro A es de 80 ton y viaja a 4 km/h,
mientras que B es de 100 ton y se mueve a 2 km/h.
Cuando A alcanza a B los carros quedan acoplados.
¿Con qué velocidad se mueven entonces?
Resolución
Utilizamos la fórmula de la conservación de la can-
tidad de movimiento lineal.
2211 BBAABBAA vmvmvmvm
Como las velocidades tienen la misma dirección y son
iguales las velocidades finales de A y B, podemos
escribir:
180
520
180520
100802100480
11
v
v
vv
vmvmvmvm BABBAA
hkm89.2v
x
Trabajo e Impulso
109
16. Un camión de 20 kips reposa sobre un
transbordador de 240 kips. Debido al movimiento del
transbordador el camión se empieza a mover hacia la
derecha hasta alcanzar una velocidad de 10 mi/h.
Determine la velocidad correspondiente del transbor-
dador, sabiendo que la resistencia del agua a su movi-
miento es despreciable.
Resolución
Empleamos la fórmula de la conservación de la can-
tidad de movimiento.
2211 TTCCTTCC vmvmvmvm
Como las velocidades son horizontales
TC
TTCCTTCC
vv
vmvmvmvm
240200240020
2211
Sabemos que la velocidad relativa del camión res-
pecto al transbordador es de hmi10 .
TC
TT
CC
vv
vvv
10
Sustituyendo
769.0260
200
200260
240202000
24010200
T
T
TT
TT
v
v
vv
vv
El signo indica que el transbordador se mueve hacia
la izquierda.
hmi769.0Tv
x
Trabajo e impulso
110
17. Una bola de billar A que se mueve a 15
ft/s golpea a otra, B, en reposo. Después del impacto.
la bola A se desvía 30º y tiene una rapidez de 10 ft/s.
Sabiendo que las bolas tienen masas iguales y son
perfectamente elásticas, calcule la velocidad de B
después del impacto.
Resolución
Resolveremos el problema utilizando la fórmula de la
conservación de la cantidad de movimiento lineal,
eligiendo el sistema de referencia que se muestra en la
figura.
2211 BBAABBAA vmvmvmvm
Como las masas de A y B son iguales:
2211 BABA vvvv
en donde:
jvivv
jiv
yBxBB
A
222
22
110
2
310
es decir:
jvivjii yBxB 22566.815
Igualando las componentes en x
34.6
66.815
2
2
xB
xB
v
v
Igualando las componentes en y
5
50
2
2
yB
yB
v
v
Por tanto
vA1 = 15
y
x
y
x
vA2 = 10
30°
θ
vB2
vB2x = 6.34
vB2
vB2y = 5 θ
Trabajo e Impulso
111
34.6
5tan
534.6
2
2
222
2
2
22
xB
yB
yBxBB
v
v
vvv
3.38
sft07.82Bv
Trabajo e impulso
112
18. En una vía horizontal recta se encuentran
dos carros de mina iguales. El carro A, que se mueve
a 24 m/s, alcanza al carro B, que está en reposo. Su-
poniendo que se pierde el 20% de la energía cinética
original a causa del impacto, calcule la velocidad de
cada uno de los carros después del impacto.
Resolución
De la ecuación de la conservación de la cantidad de
movimiento se tiene:
2211 BBAABBAA vmvmvmvm
pero como las masas de los carros son iguales y todas
las velocidades tienen la misma dirección
24
024
22
22
2211
BA
BA
BABA
vv
vv
vvvv
22 24 AB vv ________________________ (1)
Puesto que se pierde el 20% de la energía cinética:
2
2
2
2
2
1
2
12
1
2
18.0
2
1
2
1BBAABBAA vmvmvmvm
Simplificando
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
8.0024
8.0
BA
BABA
vv
vvvv
Sustituyendo el valor de (1)
06.5724
4822.024
48248.024
248.024
2
2
2
2
2
2
2
2
22
22
2
2
2
2
2
2
2
AA
AA
AAA
AA
vv
vv
vvv
vv
x
Trabajo e Impulso
113
Resolviendo:
70.2
3.21
22
12
A
A
v
v
Las raíces son las velocidades de los cuerpos, pues
suman 24. La mayor corresponde al carro B, que va
delante de A.
sm3.21
sm70.2
2
2
B
A
v
v
Trabajo e impulso
114
19. El carro A es de 80 ton y viaja a 4 km/h,
mientras que B es de 100 ton y se mueve a 2 km/h. Si
el coeficiente de restitución entre los carros es 0.6,
¿cuál será la velocidad de cada uno de ellos después
del impacto?
Resolución
De la conservación de la cantidad de movimiento
lineal:
52010080
100802100480
22
22
2211
BA
BA
BBAABBAA
vv
vv
vmvmvmvm
dividiendo entre 20
2654 22 BA vv ___________________ (1)
Puesto que se trata de un impacto central entre
cuerpos que no son perfectamente elásticos
22
2211
6.024 AB
ABBA
vv
vvevv
2.122 BA vv _____________________ (2)
multiplicando por 4 y resolviendo el sistema por suma
y resta
8.309
2654
8.444
2
22
22
B
BA
BA
v
vv
vv
hkm42.32Bv
De (2)
2.142.32.122 BA vv
h
km22.22Av
x
Trabajo e Impulso
115
20. Sobre una mesa de 3 ft de altura rueda una
pelota a 2 ft/s y cae al piso. Sabiendo que el coefi-
ciente de restitución entre la pelota y el piso es 0.9,
calcule la distancia b de la mesa al punto en que la
pelota cae, y la distancia c en la que da el segundo
rebote.
Resolución
En cuanto la pelota abandona la mesa queda sujeta a
la sola acción de su peso.
tx
v
a
ty
tv
a
mamg
maF
x
x
y
y
y
yy
2
2
0
1.163
2.32
2.32
2
Cuando llega al suelo, bxy ,0
1.16
32
1.16
3
1.1630 2
b
t
t
ft863.0b
v1y v2y
v2x v1x
Trabajo e impulso
116
Al rebotar, la componente horizontal de la velocidad
no sufre alteración. Las verticales cambian a causa del
impacto.
ySSy vvevv 21
en donde Sv es la velocidad del suelo, que es nula.
yy vv 21 9.0
en donde
y
y
v
v
2
1
9.090.13
90.131.16
32.32
51.122 yv
La pelota vuelve a quedar sujeta a la sola acción de su
peso, y las ecuaciones del nuevo movimiento son:
21.1651.12
2.3251.12
2.32
tty
tv
a
y
y
2
0
x
x
v
a
tx 2 (tomando como 0x el punto del rebote)
La pelota vuelve a llegar al suelo si 0y , cx
1.16
51.12
1.1651.120
1.1651.120 2
t
t
tt
1.16
51.122c
ft554.1c
117
4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
4.1 Movimiento relativo de partículas 1. Un ferrocarril se mueve con velocidad cons-tante de 25 km/h hacia el este. Uno de sus pasajeros, que originalmente está sentado en una ventanilla que mira al norte, se levanta y camina hacia la ventanilla del lado opuesto con un velocidad, relativa al ferroca-rril, de 8 km/h. ¿Cuál es la velocidad absoluta del pa-sajero?
Resolución
−Pv Velocidad absoluta del pasajero
−Tv Velocidad absoluta del tren
−T
Pv Velocidad relativa del pasajero respecto al tren.
TT
PP vvv +=
Dibujaremos un diagrama de vectores que represente la ecuación anterior. La magnitud de la velocidad del pasajero es:
22 825 +=Pv
Y su dirección
25
8tan =θ
Ѳ
vT = 25
vP
vP/T = 8
°= 7.17hkm2.26Pv
25 km/h
Cinemática del cuerpo rígido 118
2. Un avión A vuela con rapidez constante de 800 ft/s describiendo un arco de circunferencia de 8000 ft de radio. Otro avión, B, viaja en línea recta con una velocidad de 500 ft/s, que aumenta a razón de 30 ft/s2. Determine la velocidad y aceleración rela-tivas del avión A respecto al B.
Resolución
La velocidad absoluta de A es igual a la velocidad relativa de A respecto a B más la velocidad absoluta de B.
BB
AA vvv +=
Con el diagrama de vectores que representa la ecua-ción anterior se muestra que:
←= sft1300
BAv
La aceleración de A es normal a la velocidad y su magnitud es:
↓==
=
80;8000
2800
2
Aa
Aa
vA
aρ
y la de B es:
→= 30B
a
Entonces:
BB
AA aaa +=
De la figura que representa la ecuación:
30
80tan
280230
=
+=
θ
BA
a
°= 4.69s
ft4.85 2B
Aa
aB = 30
aA = 80
aA/B
ϴ
vA = 800
vA/B
vB = 500
500 ft/s
Cinemática del cuerpo rígido
119
3. Un motociclista persigue a un automóvil en una pista circular de 100 m de radio. En el instante mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el segundo, a 30. ¿Cuál es la velocidad relativa del auto-móvil respecto al motociclista?
Resolución
−Av Velocidad absoluta del automóvil
−Mv Velocidad absoluta del motociclista
−M
Av Velocidad relativa del automóvil respecto al
motociclista
MM
AA vvv +=
Como se trata de sólo tres vectores, dibujamos un diagrama que represente la ecuación anterior. Por la ley de cosenos
1.36
60cos40)30(24030 222
=
°−+=
MA
MA
v
v
Por la ley de senos
°=°−°°=
=
0.440.4690;0.46
60sen
30
sen
α
α
MAv
°= 44sm1.36
MAv
60°
40 m/s
100 m
30 m/s
vA/M α
60°
vM = 40
vA = 30
Cinemática del cuerpo rígido 120
4. Un motociclista persigue a un automóvil en
una pista circular de 100 m de radio. En el instante mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el segundo, a 30; el motociclista aumenta su rapidez a razón de 8 ft/s2, mientras que el automóvil la reduce 5 m/s cada s. Calcule la aceleración relativa del auto-móvil respecto al motociclista.
Resolución Para determinar la aceleración relativa del automóvil respecto al motociclista, elegiremos un sistema de referencia como el de la figura; entonces:
( ) ( )
jia
jiji
jiji
aaa
A
tAnAA
29.101699.0
5.235.235.45.4
30sen30cos530cos30sen10030
)()(2
−−=
−+−−=
°−°+°−°−=
+=
jia
ji
aaa
M
tMnMM
816
8100
40
)()(2
+−=
+−=
+=
Aceleración relativa:
jia
jiaji
aaa
MA
MA
MM
AA
29.1883.15
81629.101699.0
−=
+−=−−
+=
°= 1.49s
m2.24 2M
Aa
18.29
30°
y
x
at = 5
at = 8
15.83
aA/M
Cinemática del cuerpo rígido
121
4.2 Rotación pura 5. El diámetro AB del volante de la figura se mueve según la expresión θ = 2t3, donde si t está en s, θ resulta en rad. ¿Cuál es la aceleración angular del volante cuando t = 5 s? ¿Cuántas revoluciones gira el volante hasta alcanzar una rapidez de 2400 rpm?
Resolución
2
3
6
2
t
t
=
=•θ
θ
Es la velocidad angular del diámetro AB.
t12=••
θ que es la aceleración angular del volante. Para 5=t
2srad60=
••θ
2400 rpm en srad son
ππ80
60
22400 =
El tiempo que tarda en alcanzar esa rapidez es:
2680 t=π
6
80π=t
θ
A
B
Cinemática del cuerpo rígido 122
y la desviación angular correspondiente es:
rad
3
6
802
= πθ
que en revoluciones son:
=
π
π
2
6
802
3
rev3.86
Cinemática del cuerpo rígido
123
6. El diámetro AB del volante de la figura se
desvía según la expresión θ = 2t3, donde si t está en s, θ resulta en rad. El volante tiene un radio de 20 cm en el instante mostrado, θ = 60º, determine: a) el valor de t. b) la velocidad y aceleración lineales del punto B.
Resolución: a)
3
3
6
23
360
π
π
π
=
=
=°
t
t
rad
s806.0=t
b)
898.3)806.0(6
62
2
====
•
ωθω t
Como rv ω=
)20(898.3=v
°= 30s
cm0.78v
La aceleración normal del punto B es:
9.30320)898.0( 22 === ran ω
θ
A
B
α β
B
303.9
153.6
60°
Cinemática del cuerpo rígido 124
Y la tangencial
rat α=
En donde 672.9)806.0(1212 ====••
tθα
44.193)20(672.9 ==ta
La magnitud de la aceleración de B es:
2.36044.1939.303 22 =+=a Y el ánguloβ
2.360
44.193tan =β ; °= 5.32β
Por tanto, como °=°−° 5.275.3260
°= 5.27s
cm360 2a
Cinemática del cuerpo rígido
125
7. La banda de la figura es flexible, inex-
tensible y no se desliza sobre ninguna de la poleas. La polea A, de 3 in de radio, gira a 120 rpm. Calcule la rapidez de una partícula cualquiera de la banda y la velocidad angular de la polea B, de 5 in de radio.
Resolución
rv ω=
Donde srad4s
rad60
2120 ππω =
=
)3(4π=v
sin7.37=v
Como la expresión rv ω= puede emplearse con cualquiera de las poleas:
5
)3(120==
=
B
AAB
BBAA
r
r
rr
ωω
ωω
rpm72=Bω
Cinemática del cuerpo rígido 126
4.3 Traslación pura 8. La barra OA del mecanismo mostrado tiene una rapidez angular de 8 rad/s en sentido antihorario. Determine la velocidad y aceleración lineales de las articulaciones A y B así como del extremo D de la barra CD.
Resolución
Como la barra OA se mueve con rotación pura.
°== 30sm2.3)4.0(8Av
Puesto que la barra AB se mueve con traslación pura, todas sus partículas tienen la misma velocidad.
AB vv =
°= 30sm2.3Bv
La velocidad angular de la barra CD es:
s
rad8
4.0
2.3 ===r
vCDω
Igual a la de la barra OA. Por tanto, la velocidad lineal del extremo D es:
)8.0(8== rvD ω
°= 30sm4.6Dv
Como la velocidad angular es constante, la acelera- ción de D no tiene componente tangencial.
)8.0(8 22 === raa n ω
°= 60s
m2.51 2aC
D
D
C
vA
30° 30°
30°
α 0.4 m
vA
8 rad/s
α
vB
30°
0.8 m
vD
8 rad/s
30°
0.8 m
vA
8 rad/s
O
a
Cinemática del cuerpo rígido
127
4.4 Movimiento plano general
4.4.1 Velocidades 9. La rueda de la figura pertenece a una loco-motora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. Sabien-do que la rueda no patina sobre los rieles, determine su velocidad angular y las velocidades lineales de los puntos O, A, B y C.
Resolución
Convertimos la velocidad a sm
sm20s
m6.3
2.7h
km72 ==
Como el punto O se mueve junto con la locomotora.
sm20=Ov
Y la velocidad angular de la rueda es:
4.0
20==r
vOω
srad
50=ω
Utilizamos la ecuación de la velocidad relativa para determinar las velocidades de A, B y C, tomando O como punto base. Emplearemos el sistema de referen-cia de la figura:
iiiv
ijkv
vrv
vvv
A
A
OO
AA
OO
AA
402020
204.050
=+=
+×−=
+×=
+=
ω
B
x
y
O
A
C
iv 200 =
→= sm40Av
Cinemática del cuerpo rígido 128
ijv
iikv
vrv
B
B
OO
BB
2020
204.050
+−=+×−=
+×= ω
°=∴==
===
4512020
tan
3.28220)2(20 2
ββ
Bv
°= 45sm3.28Bv
iiv
ijkv
vrv
C
C
OO
CC
2020
20)4.0(50
+−=+−×−=
+×= ω
0=Cv
Lo cual es evidente porque C tiene la misma velocidad del punto del riel con el que está en con-tacto y dicho punto no se mueve.
β
vB/0 vB
v0
Cinemática del cuerpo rígido
129
10. El collarín A se desliza hacia abajo con una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la figura. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la ve-locidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.
Resolución
Como:
( )jjiiv
jjikiv
vrv
vvv
B
B
AA
BB
AA
BB
301216
301612
−+=−−×=
+×=
+=
ωωω
ω
Reduciendo términos semejantes
jiivB )3012(16 −+= ωω Que es una igualdad de vectores. Igualando las componentes verticales tenemos:
12
30
30120
=
−=
ω
ω
srad5.2=ω
E igualando las componentes horizontales:
)5.2(16=Bv
→= sin40Bv
ω
vA = 30 in/s
vB
Cinemática del cuerpo rígido 130
11. El disco de la figura gira con rapidez angu-lar constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule, para la posición mostrada en la figura, la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del colla-rín B.
Resolución Como el disco se mueve con rotación pura:
↓==
=
scm480)40(12A
A
v
rv ω
La barra AB tiene movimiento plano general y su geometría se muestra en la figura.
( )jjiiv
jjikv
vrv
vvv
B
B
AA
BB
AA
BB
4809.10360
480609.103
11
1
1
−+=−−×=
+×=
+=
ωωω
ω
Reduciendo términos semejantes
( ) jiivB 4809.10360 11 −+= ωω Que es una igualdad de dos vectores. Igualando las componentes verticales se tiene:
4809.1030 1 −= ω
srad62.41 =ω
Igualando las componentes horizontales:
)66.4(60=Bv
→= scm277Bv
vA
30°
12 rad/s
40 cm
vA
ω1
B
vB
A
60 cm
103.9 cm
Cinemática del cuerpo rígido
131
12. En la posición mostrada, la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido anti-horario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B.
Resolución
Comenzamos investigando la geometría del mecanis-mo mediante la resolución de los triángulos rectán-gulos de la figura. La manivela OA gira con rotación pura.
( )jiv
jikv
rv
A
A
A
253.43
33.45.210
+−=+×=
×= ω
La biela AB tiene movimiento plano general.
( )jijiiv
jijikv
vrv
vvv
B
B
AA
BB
AA
BB
253.4340.1533.4
253.4333.440.15
11
1
1
+−+=+−−×=
+×=
+=
ωωω
ω
Asociando las componentes respectivas:
( ) ( ) jiivB 2540.153.4333.4 11 ++−= ωω Igualando las componentes verticales:
2540.150 1 += ω ; 623.11 −=ω
Y las horizontales: 3.503.43)623.1(33.4 −=−−=Bv
Por tanto:
srad623.11 =ω
←= sinvB 3.50
A
5”
O
16”
60° B
5
10 rad/s
60°
O
vA
5
O B
A 16
5
O B
A 16
15.40
4.33
2.5
x
y
x
y
vB
60°
A
vA
Cinemática del cuerpo rígido 132
13. La barra AB del mecanismo de cuatro arti-culaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las ve-locidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD.
Resolución
Comenzaremos determinando la geometría del meca-nismo en el instante de interés.
Tanto la barra AB como la barra CD se mueven con rotación pura. Observamos que C se mueve a la izquierda y que:
( )jiv
jikv
rv
B
B
B
6.37.2
3.04.091
−−=+−×=
×= ω
La barra BC tiene movimiento plano general.
( )jijiiv
jijikiv
vrv
vvv
C
C
BB
CC
BB
CC
6.37.22.13.0
6.37.23.02.1
22
2
2
−−+−=−−−+×=−
+×=
+=
ωωω
ω
Asociando términos
( ) ( ) jiivC 6.32.17.23.0 22 −+−−=− ωω
Igualando las componentes en dirección de y:
6.32.10 2 −= ω ; s
rad32 =ω
Haciendo lo mismo en dirección de x: 7.2)3(3.0 −−=− Cv ; ←= 6.3Cv
De la barra CD obtenemos:
DCC rv 3ω=− ;
6.06.3
3 =ω
srad63 =ω
vc = 3.6 m/s C
0.6
ω3
vB
A
0.3 1.2
1.237
9 rad/s vB
x
y
x
y
B
0.3
0.3
D
C
B
A 0.4 0.8
B
C
ω2
vc
D
Cinemática del cuerpo rígido
133
4.4.2 Centro instantáneo de rotación 14. La rueda de la figura pertenece a una loco-motora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. Sabien-do que la rueda no patina sobre los rieles, determine su velocidad angular y las velocidades lineales de los puntos 0, A, B y C.
Resolución
El centro instantáneo de rotación de la rueda es el punto de contacto con el riel, el punto C, puesto que su velocidad es nula.
El punto O, que une el eje de la rueda con la locomo-tora, tiene una velocidad de 72 km/h.
→=== sm20s
m3.6
72h
km72Ov
La velocidad angular de la rueda es por tanto:
4.0
20==r
voω
srad50=ω
Conociendo la posición del centro de instantáneo de rotación (CIR) y la velocidad angular de la rueda, se puede calcular fácilmente la velocidad de cualquier punto de la rueda.
( )8.050==
A
AA
v
rv ω
→= sm40Av
( )24.050=
=
B
BB
v
rv ω
°= 45sm3.28Bv
0.4 m
0.4 m
B
rB
rA = 0.8 m
O
0.4 m
vo
C (CIR)
vA
C
vB
C
90°
A
Cinemática del cuerpo rígido 134
15. El collarín A se desliza hacia abajo con
una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la figura. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la ve-locidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.
Resolución Para encontrar la posición del centro instantáneo de rotación, hacemos tanto en A como en B rectas perpendiculares a las velocidades de esos puntos; su intersección es el centro buscado. La velocidad angular de la barra es:
12
30==A
A
r
vω
srad5.2=ω
Y la velocidad de B
)16(5.2==
B
BB
v
rv ω
→= sin40Bv
ω
vA = 30 in/s
vB
CIR
rB
rA
Cinemática del cuerpo rígido
135
16. El disco de la figura gira con rapidez angu-lar constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule, para la posición mostrada en la figura, la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del colla-rín B.
Resolución La velocidad de A es vertical y se dirige hacia abajo, la de B, horizontal y hacia la derecha. El centro instantáneo de rotación se encuentra en la intersección de las perpendiculares levantadas en A y B. Calculamos la magnitud de la velocidad de A.
720)60(12 ===
A
A
v
rv ω
Por tanto, la velocidad angular de la barra AB es:
360
720==A
AAB r
vω
srad93.6=ABω
Y la velocidad de B será:
( )6093.6==
B
BABB
v
rv ω
→= scm416Bv
Cinemática del cuerpo rígido 136
17. En la posición mostrada, la manivela OA
tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido anti-horario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B.
Resolución La velocidad de la articulación A es perpendicular a la manivela OA y su magnitud es:
50)5(10 ===
A
OAOAA
v
rv ω
La velocidad de B es horizontal y se dirige hacia la izquierda. La posición del centro instantáneo de rotación (CIR) de la biela AB es la intersección de las perpen-diculares a las velocidades de A y B trazadas desde dichos puntos. En la figura resolvemos la geometría del mecanismo. De ahí:
8.30
50==A
AAB r
vω
srad623.1=ABω
Por tanto:
( )1.31697.1==
B
BABB
v
rv ω
←= sin3.50Bv
60°
5
A 10 rad/s
30° vA
CIR
30°
16 A
5
2.5 15.4 B
rB=31
rB = 30.8
CIR
rB
rA
30°
O
O
vA
A
B vB
Cinemática del cuerpo rígido
137
18. La barra AB del mecanismo de cuatro arti-culaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las ve-locidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD, en la posición mostrada.
Resolución
Las articulaciones B y C tienen velocidades perpen-diculares a las barras AB y CD, respectivamente, que se mueven con rotación pura. Además, la velocidad de B es:
5.4)5.0(9 ===
B
ABABB
v
rv ω
Para hallar el centro instantáneo de rotación de la barra BC prolongamos las barras AB y CD y en-contramos su intersección. Puesto que la distancia de dicho centro al punto B es de 1.5 m, entonces:
5.1
5.42 ==
B
B
r
vω
srad32 =ω
Cuyo sentido se deduce de la observación de la figura
)2.1(32
==
C
cC
v
rv ω
←= sm6.3
cv
Por tanto:
6.0
6.33 ==
C
C
r
vω
srad63 =ω
C
1.0
0.8
0.6
D
CIR
A
B
0.5 rc = 1.2 m
vc
vB 4
3
C
0.8 m
A
B
0.4 m
D
0.6 m 9 rad/s
Cinemática del cuerpo rígido 138
4.4.3 Aceleraciones 19. La rueda de la figura pertenece a una loco-motora que viaja hacia la derecha a 72 km/h, aumen-tando su rapidez a razón de 4 m/s2. Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles, determine su acelera-ción angular y las aceleraciones lineales de los puntos O, A, B y C.
Resolución Para obtener las aceleraciones lineales de los puntos de la rueda, se necesita conocer su velocidad angular. Sabiendo que la velocidad de O es de:
hkm72 s
m20= :
504.0
20 ===r
vOω
Como su sentido es horario, el vector velocidad angular en el sistema de referencia mostrado es:
k50−=ω
La aceleración lineal del punto O es igual a la de la locomotora.
ia
a
O
O
4s
m4 2
=
→=
La aceleración angular de la rueda es:
4.0
4==r
aOα
2srad10=α
El vector aceleración angular es k10−=α Para calcular las aceleraciones lineales de los puntos, emplearemos las ecuaciones de movimiento relativo.
0.4 m
O
4 m/s2
O
0.4 m
vo =20 m/s
C (CIR)
α x rA/O
αB = 4 m/s2
C
x
y
x
y
0.4 m
ω
ω2 rA/O
α
A
Cinemática del cuerpo rígido
139
OO
AA aaa +=
Es decir:
( )
8
1000tan
10008
10008
410004
44.0504.010
22
2
2
=
+=
−=+−=
+−−×−=
+−×=
β
ωα
A
A
A
A
OO
AO
AA
a
jia
ijia
ijjka
arra
°= 5.89s
m1000 2Aa
De modo semejante, determinaremos las aceleracio-nes de los puntos B y C.
( )
996
4tan
4996
4996
410004
44.0504.010
22
2
2
=
+=
−−=+−−=
+−−×−=
+−×=
γ
ωα
B
B
B
B
OO
BO
BB
a
jia
iija
iiika
arra
°= 23.0s
m996 2Ba
( ) ( ) ( )
ja
ijia
ijjka
arra
C
C
C
OO
CO
CC
1000
410004
44.0504.010 2
2
=++−=
+−−−×−=
+−×= ωα
↑= 2sm1000Ca
O
O
β
rC/O
C
rB/O
αC
A
1000
αA
O 996
4
αB
ϴ
Cinemática del cuerpo rígido 140
20. El collarín A se desliza, en el instante mos-trado en la figura, hacia abajo con una rapidez de 30 in/s, que aumenta a razón de 140 in/s2. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la aceleración angular de la barra AB y la aceleración lineal del collarín B.
Resolución
Para obtener las aceleraciones, tanto de la barra como del collarín B, emplearemos la ecuación de movi-miento relativo.
AA
BA
BB
AA
BB
arra
aaa
+−×=
+=
2ωα
En el sistema de referencia mostrado y sabiendo que
la velocidad angular de la barra es srad5.2=ω
(ver problemas 10 y 15)
( ) ( )
( ) ( ) jiia
jjijiia
jjijikia
B
B
B
40127516
140100751216
14016125.21612 2
−+−=−+−+=
−−−−×=
αααα
α
Igualando las componentes verticales:
12
40
40120
=
−=
α
α
2srad33.3=α
Igualando las componentes horizontales
7.21
75)33.3(16
−=−=
B
B
a
a
←= 2sin7.21Ba
El signo negativo quiere decir que su sentido es contrario al que se supuso.
ω = 2.5 rad/s
B
aB
A
16”
12”
aA = 140 m/s2
x
y
O
0.4 m
C (CIR) x
y
ω
Cinemática del cuerpo rígido
141
21. El disco de la figura gira con rapidez angu-lar constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule, para la posición mostrada en la figura, la aceleración angular de la barra AB y la aceleración lineal del co-llarín B.
Resolución Como la rapidez del disco es constante, la partícula A tiene una aceleración igual a su componente normal.
( )←=
==
2
22
scm5760
4012
A
A
a
ra ω
Para calcular la aceleración angular de la barra, que tiene movimiento plano general, y la aceleración lineal del collarín, utilizamos la ecuación del movi-miento relativo.
AA
BA
BB
AA
BB
arra
aaa
+−×=
+=
21ωα
Sabiendo que ω1, la velocidad angular de la barra, es
de 4.62 s
rad y refiriéndonos al sistema carte-
siano mostrado.
( ) ( )ijijiia
ijijikia
B
B
5760128122189.10360
5760609.10362.4609.103 2
−+−+=
−−−−×=
ααα
Reduciendo términos semejantes
( ) ( ) jiiaB 12819.103797860 ++−= αα Igualando las componentes en dirección del eje de las yes.
ω1
B
aB
A
60 cm
103.9 cm
aA
x
y
a1
A 0.4 m
ω = 12 rad/s
40 cm
Cinemática del cuerpo rígido 142
33.129.103
1281
12819.1030
−=−=
+=
α
α
2srad33.12=α
E igualando las componentes en dirección x’x
87207978)33.12(60 −=−−=Ba
←= 2scm8720Ba
Los signos negativos indican que los sentidos son opuestos a los que se supusieron.
Cinemática del cuerpo rígido
143
22. En la posición mostrada, la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido anti-horario y una aceleración angular de 50 rad/s2 en sen-tido horario. Calcule la aceleración angular de la biela AB y la aceleración lineal del émbolo B.
Resolución
Para calcular la aceleración angular de la biela AB, que tiene movimiento plano general, y la aceleración lineal del émbolo B, usaremos la ecuación del movi-miento relativo.
AA
BB aaa +=
O sea:
AA
BA
BB arra +−×= 2ωα
Por tanto, necesitamos conocer previamente la veloci-
dad angular ω de la biela, la cual es de 1.623 srad
en sentido horario. (v. Probs. 12 y 17)
A partir del estudio de la manivela OA, que gira con rotación pura, determinaremos la aceleración lineal del punto A, utilizando el sistema de referencia mos-trado.
( ) ( )
( ) ( )
jia
jijia
jijika
rra
aaa
A
A
A
OOA
nAtAA
5585.33
4332501255.216
33.45.21033.45.250 2
2
−−=−−−=
+−+×−=
−×=
+=
ωα
Y la ecuación del movimiento relativo queda así
558 in/s2
ω = 1.397 rad/s
B
aB
A
4.33 cm
15.4 cm
0.4 m
aA
ω0 = 10 rad/s
O
A
α0 = 50 rad/s2
an
60°
4.33”
x
y
2.5”
33.5 in/s2
( ) ( )
( ) ( ) jiia
jii
jijiia
ji
jijikia
jirra
aaa
B
B
B
BB
AABB
6.5464.1507.7433.4
5585.33406.11
45.85.404.1533.4
5585.33
33.44.15623.133.44.15
)5585.33(2
2
−+−=
−−+
+−+=
−−
−−−×=
−−+−×=+=
αα
αα
αωα
Cinemática del cuerpo rígido 144
Igualando las componentes verticales:
4.15
6.546
6.5464.150
=
−=
α
α
2srad5.35=α
e igualando las componentes horizontales
07.74)5.35(33.4 −=Ba
El signo negativo indica que el sentido de la acelera-ción es contrario al supuesto.
←= 2sin6.79Ba
Cinemática del cuerpo rígido
145
23. La barra AB del mecanismo de cuatro arti-culaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular α1 de 20 rad/s2 también en sentido antihora-rio. Determine las aceleraciones angulares α2 y α3 de las barras BC y CD.
Resolución Las barras AB y CD tienen rotación pura y la BC, movimiento plano general. Para poder determinar las aceleraciones angulares de las barras es necesario conocer primero sus veloci-dades angulares.
La velocidad angular de la barra BC es srad32 =ω
y de la barra CD, srad63 =ω
(ver problemas 13 y 18) Empleamos la ecuación del movimiento relativo para el estudio de la barra BC, tomando B como punto base; pues podemos conocer la aceleración de dicho punto.
BB
CC aaa +=
O sea:
BB
CB
CC arra +−×= 22 ωα
La aceleración de B la obtendremos estudiando la ba-rra AB y utilizando el sistema de referencia mostrado.
( ) ( )
jia
jijia
jijika
rra
B
B
B
B
3.324.26
3.244.3286
3.04.093.04.020 2
12
111
−=−+−−=
+−−+−×=
−×= ωα
ω1 = 9 rad/s
α1 = 20 rad/s2
B
at
A
an 0.3 in
0.4 in
x
y
B
C
0.3 m
1.2 m
x
y
ω2 = 3 rad/s α2
Cinemática del cuerpo rígido 146
Sustituyendo en la ecuación que escribimos arriba:
( ) ( ) jijijikaC 3.324.263.02.133.02.1 2
2 −++−+×= α Como puede verse, en la ecuación anterior hay tres incógnitas: las dos componentes de Ca y 2α . Como
en esa ecuación vectorial puede haber hasta un máximo de dos incógnitas, es imprescindible investi-gar alguna componente de Ca . Para ello analizaremos
la barra CD.
( )jia
jjka
rra
C
C
C
6.216.0
6.066.0
3
23
32
333
−−=−×=
−×=
αα
ωα
Conocida la componente vertical, volvemos a la ecuación que dejamos pendiente, en la que sólo quedan dos incógnitas: 2α y 3α .
( ) ( )
ji
jijikji
3.324.26
3.02.133.02.16.216.0 223
−+
+−+×=−− αα
Desarrollando y reduciendo términos
( ) ( ) jiiji
ji
jijiji
352.16.153.06.216.0
3.324.26
7.28.102.13.06.216.0
223
223
−++−=−−
−+
−−+−=−−
ααα
ααα
Igualando las componentes verticales
2.1
4.13
4.132.1
352.16.21
2
2
2
=
=−=−
α
αα
22 srad17.11=α
ω3 = 6 rad/s
C
a3
D
an
x
y
at
0.6 m
Cinemática del cuerpo rígido
147
Ahora, igualando las componentes horizontales
( )
6.0
25.12
6.1517.113.06.0
3
3
−=
+−=−
α
α
23 srad4.20=α
La aceleración 3α de la barra CD tiene sentido
horario, pues el signo negativo indica que es contrario al que se supuso.
149
5. CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO
5.1 Traslación pura 1. El automóvil representado en la figura viaja hacia la izquierda a 72 km/h cuando comienza a frenar, uniformemente, hasta detenerse por completo en una longitud de 40 m. Sabiendo que la masa del automóvil es de 900 kg, determine la magnitud de las componentes normales de la reacción del pavimento sobre cada una de las llantas del automóvil.
Resolución Investigamos, para comenzar, la aceleración del cen-tro de masa del automóvil, que es igual a la de cualquier partícula suya.
dx
dvva =
Como frena uniformemente, la aceleración es cons-tante.
Cv
ax
vdvdxa
+=
= ∫∫
2
2
Eligiendo como origen la posición en que comienza a frenar.
Si 0=x , ←== sm20h
km72v
C+=2
200
2
; 200−=C
v
x O
v
Cinética del cuerpo rígido
150
x
va
vvax
2
400
2
400200
22
22
−=
−=−=
Para ←= 40x y 0=v
)40(2
4000 −=a ; 2sm5−=a
El signo negativo indica que su sentido es hacia la derecha. Ahora pasamos a la parte cinética del problema. Dibujamos un diagrama de cuerpo libre que re-presente cualquier instante del movimiento en estudio y elegimos un sistema de referencia. Las normales son 2NA y 2NB puesto que atrás de las llantas dibujadas hay otras dos que no se ven. Nos auxiliamos de un diagrama que represente al sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre el automóvil. Elegimos B como centro de momentos:
dmaFM B =∑
El primer miembro corresponde al diagrama de cuerpo libre; el segundo, al diagrama auxiliar.
+=
+=
=−
81.9
5.38.0
6.3
900
81.9
5.38.09006.3
581.9
9007.0)8.0(900)8.1(2
A
A
A
N
N
N
↑= kg289AN
289450
02900)289(2
0
−==+−
=∑
B
B
N
N
Fy
↑= kg8.160BN
x
y
A B
G ma
0.7
G 0.7
A B
1.0 0.8
2 FrA 2 FrB
2 NA 2 NB
900
Cinética del cuerpo rígido
151
2. Sobre el carro-plataforma de un tren, se transporta un ropero de las dimensiones indicadas en la figura. Se desea investigar cuál es el tiempo míni-mo que requiere el tren para alcanzar una rapidez de 60 mi/h, partiendo del reposo, sin que el ropero se deslice ni se vuelque. Los coeficientes de fricción es-tática y cinética entre el ropero y el carro son 0.6 y 0.5, respectivamente.
Resolución Para determinar el tiempo mínimo, obtendremos la máxima aceleración que puede soportar el ropero. Supondremos, en primer lugar, que dicho ropero está a punto de deslizarse. El diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura; la fuerza de fricción es la estática máxima. Abajo se presenta un diagrama auxiliar que muestra la fuerza resultante.
32.19)2.32(6.0
6.0
6.0
6.0
0
0
===
=
=
==
=−
=
∑
∑
a
ga
ag
PP
ag
PN
maFx
PN
PN
Fy
Ahora supondremos que el ropero está a punto de volcarse. El diagrama de cuerpo libre y el auxiliar se muestran al lado. La componente normal de la reacción del carro se encuentra en el extremo izquierdo de la base de sustentación. La fricción estática no alcanza necesa-riamente su valor máximo. Elegimos el punto O de intersección de la normal y la fricción, que son desconocidas, como centro de momentos.
x
y
Cinética del cuerpo rígido
152
1.164
)3.32(2
4
2
)4(2
=
==
−=−
=∑
a
ga
ag
PP
dmaFM O
Puesto que con una aceleración superior a 2sft1.16
el ropero se volcaría, es ésta la máxima admisible. El tiempo mínimo será por tanto:
tv
a
1.16
1.16
==
Para alcanzar sft88h
mi60 =
t1.1688=
s47.5=t
Cinética del cuerpo rígido
153
3. Las barras AB y CD tienen 0.4 m de largo. La barra CD está conectada en D con un motor que la mueve con una velocidad angular constante de 300 rpm en sentido antihorario. La barra homogénea BC tiene 50 kg de masa. Determine cuál es, en el instante mostrado en la figura, la fuerza y tipo de esfuerzo a que está sujeta la barra AB, sabiendo que su masa es despreciable.
Resolución La barra BC se mueve con traslación pura curvilínea. La aceleración de cualquiera de sus partículas sólo tiene componente normal.
raa n2ω==
y la velocidad angular, en rad /s, es
( ) 22 404.010
1060
2300
ππ
ππω
==
=
=
a
Una vez dibujados el diagrama de cuerpo libre y un auxiliar que muestre el sistema resultante, elegimos un sistema de referencia intrínseco. Supongamos que
ABF es tensión. Elegiremos C, punto de concurrencia de dos incóg-nitas, como centro de momentos.
( ) ( )
3
)81.9(5031000
31000503
2
34050502
2
3
2
2
2
−=
=+
=+
=∑
ππ
π
AB
AB
AB
C
F
gF
bgbbF
dmaFM
( )tensiónN9590=ABF
Se trata de una tensión pues, al tener signo positivo, satisface la hipótesis.
b b
C
G
ma
B
n t
FAB Ft
Fn
B C
50g
30°
60°
Cinética del cuerpo rígido
154
4. La barra AB de la figura es homogénea y pesa 32.2 lb. Calcule la tensión que soportará cada una de la cuerdas inclinadas 45º, en el instante en que se corte la cuerda horizontal. Calcule también la ace-leración lineal de cualquier partícula de la barra en ese mismo instante.
Resolución
La barra se moverá con traslación pura curvilínea. Dibujamos el diagrama de cuerpo libre en el instante en que empieza el movimiento. También un dibujo auxiliar que muestre la fuerza resultante. Elegimos un sistema de referencia intrínseco.
02
2
2
2
0
=
+
−
=∑
bTbT
FM
BA
G
BA TT = ______________________ (1)
nn maF∑ =
Como la velocidad es nula, 0=na
4
22.32
2
22.322
02
22.32
=
=
=
−+
A
A
BA
T
T
TT
lb38.11== BA TT
tt maF =∑
en donde aat =
a2.32
2.32
2
22.32 =
°= 45s
ft8.22 2a
ma
45° t
n
b b
G
G
TB
45°
TA
45°
32.2
Cinética del cuerpo rígido
155
5.2 Rotación pura baricéntrica 5. Un tambor de 40 lb de peso y 2 ft de radio está colocado sobre dos planos lisos inclinados 45º, como se muestra en la figura. Por medio de una cuer-da ideal enrollada en él, se le aplica una fuerza cons-tante de 20 lb. El tambor tiene un radio de giro centroidal de 1.5 ft. Calcule la aceleración angular del tambor y las reacciones de los planos sobre él.
Resolución Como el tambor gira alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre él es un par. Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del tambor y otro auxiliar que muestre el par resultante. Elegimos un sistema de referencia cuyos ejes tienen las direcciones de la reacciones.
2302
260
02
220
2
240
0
=
=
=
−
−
=∑
A
A
R
R
Fx
°= 45lb4.42AR
2102
220
02
220
2
240
0
=
=
=
+
−
=∑
B
B
R
R
Fy
RB RA
G
45°
2
45°
20
y
40
αI
x
Cinética del cuerpo rígido
156
°= 45lb14.14BR
[ ]( )
2
2
2
5.1
2.322.32
405.140
mk)2(20
=
=
=
=∑
α
α
α
α GG IFM
2srad31.14=α
Cinética del cuerpo rígido
157
6. El volante de la figura pesa 200 kg. El conjunto gira por la acción del cuerpo A de 10 kg que desciende verticalmente. Determine la ten-sión de la cuerda, la aceleración lineal del cuerpo A y la aceleración angular del volante.
Resolución Como se trata de un problema de cuerpos conectados, comenzaremos estableciendo la relación cinemática entre la aceleración lineal de A y la angular del volante.
raA α= En este caso, r es el radio de la polea
α2.0=Aa _______________ (1) Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de A y elegimos un eje de referencia en dirección de la aceleración del cuerpo.
Aag
T
maFy
1010 =−
=∑
Aag
T10
10−= ____________ (2)
Ahora continuamos con el diagrama de cuerpo libre del volante. La reacción R del apoyo tiene que ser vertical, pues sobre el volante no actúa ninguna fuerza horizontal. Dibujamos también un diagrama que muestre el sistema resultante. Como la masa del volante está concentrada a 0.8 m del eje de rotación, su momento de inercia se calcula multiplicando el cuadrado de esa distancia por la masa.
T
y
10
200
T R
0.2 0.8
Cinética del cuerpo rígido
158
α
α
gT
IFM
ggI
G
1282.0
1282008.0 2
=
=
=
=
∑
αg
T640= __________________ (3)
Igualamos (2) y (3), sustituyendo (1) en (2)
( )
642
)10(81.9
264010
6402.0
1010
=
+=
=−
α
α
αα
gg
gg
2srad1528.0=α
En (3)
kg97.9=T y en (2)
↓= 2sm0306.0a
αI
Cinética del cuerpo rígido
159
7. Las dos poleas de la figura están rígidamen-te unidas, formando un cuerpo de 64.4 lb de peso. El radio de giro de su masa es de 0.8 ft, respecto al eje de rotación. Los cuerpos A y B pesan 16.1 lb cada uno y están unidos a las poleas mediante cuerdas de peso despreciable. Calcule la aceleración angular de la po-lea doble y la tensión en cada una de las cuerdas.
Resolución Comenzaremos estableciendo las relaciones cinemá- ticas entre los movimientos de los tres cuerpos.
Para un punto cualquiera de la polea. rat α=
por tanto
α2.1=Aa ______________(1)
α5.0=Ba ______________(2) Como el cuerpo A desciende, elegimos un sistema de referencia dirigido hacia abajo:
AA aT
maFy
2.32
1.161.16 =−
=∑
AA aT 5.01.16 −= ___________(3) Del cuerpo B
BB aT
maFy
2.32
1.161.16 =−
=∑
BB aT 5.01.16 += ___________(4) La polea doble gira con rotación pura baricéntrica y, por tanto, el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre ella es un par.
Cuerpo A
Cuerpo B
16.1
y
TA
TB
16.1
y
TB TA R
G
1.2 0.5
Cinética del cuerpo rígido
160
=−
=∑
2.32
4.648.05.02.1 2α
α
BA
G
TT
IFM
α28.15.02.1 =− BA TT ________________ (5) Sustituyendo (3) y (4) en (5)
( ) ( )α
α28.125.005.86.032.19
28.15.01.165.05.01.162.1
=−−−
=+−−
BA
BA
aa
aa
Sustituyendo (1) y (2) en esta ecuación
( )
27.11125.2
28.1845.027.11
28.1)5.0(25.005.82.16.032.19
==−
=−−−
ααα
ααα
2srad304.5=α
En (1) y (2)
652.2
364.6
==
B
A
a
a
En (3) y (4)
lb92.12=AT
lb43.17=BT
αI
G
Cinética del cuerpo rígido
161
8. Los cuerpos de la figura están inicialmente en reposo. Tanto A como C pesan 20 kg. La polea B es un cilindro macizo de 0.15 m de radio que pesa 40 kg. Determine la tensión en cada uno de los tramos de la cuerda y el tiempo que se requiere para que A y C alcancen una rapidez de 5 m/s. La superficie horizon-tal es lisa.
Resolución Las relaciones cinemáticas entre los cuerpos son:
raa CA α==
en donde α es la aceleración angular de la polea y r su radio. O sea
α15.0== CA aa
Como A se mueve hacia la izquierda, elegimos un eje de referencia en esa dirección
maFx =∑
AaT81.9
201 = _______________________ (1)
Del cuerpo B
B
y
aT
maF
81.9
2020 2 =−
=∑
BaT81.9
20202 −= __________________ (2)
La polea gira con rotación pura alrededor de su centro de masa. Tiene un momento de inercia de
22
2
mkg0459.015.081.9
40
2
12
1
.=
=
=
I
mrI
Cuerpo B
T2
y
20
N
x
T1
Cuerpo A
Cinética del cuerpo rígido
162
Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre y un diagrama auxiliar en que aparezca el sistema resultante de las fuerzas, que es un par.
( ) αα
α
0459.015.0
0459.015.015.0
12
12
=−=−
=∑
TT
TT
IFM G
α306.012 =−TT ___________________ (3) Sustituimos (1) y (2) en (3)
α306.081.9
20
81.9
2020 =−− AB aa
De las relaciones cinemáticas
( ) ( )
( )
20917.0
2081.9
6306.0
306.015.081.9
4020
306.015.081.9
2015.0
81.9
2020
=
=
+
=−
=−−
α
α
αα
ααα
2srad8.21=α
De donde 27.3== BA aa
y kg67.61 =T que es la tensión en el tramo de cuerda que une A con la polea. En el otro tramo la tensión es (de (3))
( )1.21306.067.62 =−T
kg33.132 =T
T2
Ry
Rx
T1
0.15
G
αI
Cinética del cuerpo rígido
163
5.3 Rotación pura no baricéntrica 9. El disco homogéneo de 0.4 m de radio gira alrededor de un eje horizontal, perpendicular al plano que lo contiene, que pasa por O. En el instante mos-trado en la figura, su velocidad angular es de 2 rad/s, en sentido antihorario. Sabiendo que el disco tiene una masa de 50 kg, diga cuál es su aceleración angu-lar, así como la magnitud y dirección de la reacción de la articulación O.
Resolución Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre del disco y un diagrama auxiliar que muestre el sistema equi-valente de las fuerzas. Elegimos un sistema de refe-rencia intrínseco, en relación a G.
( ) O
OO
I
IFM
α
α
=
=∑4.0º30sen50
Por el teorema de los ejes paralelos
222
2
2
3
2
1mrmrmrI
mrII
O
O
=+=
+=
Entonces:
( ) ( )
2.1
81.9
81.9
4.0
2
35.0
4.081.9
50
2
34.05.050 2
=
=
=
α
α
α
2srad18.8=α
G
Ron
0.4
30°
Rot
n t
o
m(aG)n
α I0
m(aG)t
G
60°
Cinética del cuerpo rígido
164
( )
352
3
81.9
6.150
4.0281.9
50
2
350 2
2
−=
−=
=
+
=∑
Ron
Ron
rmFn ω
( )
33.82
1
81.9
)4.0)(18.8(50
4.018.881.9
50
2
150
−=
−=
=
+
=∑
Rot
Rot
rmFt α
Como los signos indican que sus sentidos son contrarios al de los ejes, las componentes de Ro son:
°==
=+=
3.13;1.35
33.8tan
1.3633.81.35 22
ββ
Ro
°= 3.73kg1.36Ro
Cinética del cuerpo rígido
165
10. La barra homogénea AO está articulada en O y soportada por una cuerda en A. Tiene una masa m y una longitud l. Determine tanto la aceleración angu-lar de la barra como la magnitud y dirección de la reacción de la articulación en el instante que se corte la cuerda.
Resolución La barra se moverá con rotación pura alrededor de un eje que pasa por O. Su diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura. En el otro diagrama se muestra el sistema de fuerzas equivalente de las fuerzas que actúan sobre la barra en el instante en que se corta la cuerda. Emplearemos un sistema de referencia intrínseco para el centro de masa, cuya aceleración normal es nula, ya que no tiene velocidad lineal.
32
3
1
22
lg
mll
mg
IFM OO
α
α
α
=
=
=∑
l
g
2
3=α
−=
=−
=∑
ggmRo
l
l
gmRomg
rmFt
4
3
22
3
α
↑= mgRo4
1
Ro
αI0
O G
1 / 2
A
n
t
A O
G
mat
mg
Cinética del cuerpo rígido
166
11. El arillo de la figura tiene un radio r y se encuentra en reposo en la posición mostrada. Diga cuál será la rapidez angular máxima que alcanzará, si se suelta desde dicha posición.
Resolución Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente un instante cualquiera de la rotación del arillo. También un diagrama que muestre un sistema equivalente de las fuerzas. Elegimos un sistema de referencia intrínseco. Calculamos el momento de inercia de la masa respecto al eje de rotación, mediante el teorema de los ejes paralelos.
2
22
2
2mrI
mrmrI
mrII
O
O
O
=
+=
+=
La ecuación que empleamos es
( )
r
g
mrrmg
IFM OO
2
cos
2cos 2
θα
αθ
α
=
=
=∑
Como θωωα
d
d=
r
g
d
d
2
cosθθωω =
Separando variables
θθωω dr
gd cos
2=
O
G
mω2r
mαr
α IO
t
n
mg
O
mg
Rot
Ron
Cinética del cuerpo rígido
167
Integrando
Cr
g
dr
gd
+=
= ∫∫
θω
θθωω
sen22
cos2
2
Las condiciones iniciales son 0=ω y 0=θ ; por tanto, la constante de integración es nula.
θω sen2
r
g=
Como la velocidad angular máxima ocurre cuando °= 90θ y 1=θsen
r
gmáx =ω
Cinética del cuerpo rígido
168
5.4 Movimiento plano general 12. Una esfera homogénea de 80 kg de masa y 0.4 m de radio, se suelta del reposo sobre un plano inclinado 15º. La esfera desciende rodando sin des-lizarse sobre el plano. Calcule, para cualquier instante del movimiento, la aceleración angular de la esfera; la aceleración lineal de su centro de masa; la fuerza de fricción que el plano ejerce sobre ella, y la magnitud de la componente normal de la reacción del plano.
Resolución Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre de la esfera, representando cualquier instante de su movimiento. Suponemos arbitrariamente el sentido de la fuerza de fricción. Elegimos un sistema de referencia cuyo eje equis tiene la dirección de la aceleración del centro de masa. En un diagrama auxiliar dibujaremos una fuerza aplicad en G y un par de magnitudIα que forman un sistema equivalente al que actúa sobre la esfera.
=
=
=∑
2
2
)4.0)(80(5
24.0
5
24.0
α
α
α
r
r
G
F
mrF
IFM
α8.12=rF ______________________________ (1)
Gr
Gr
Gx
aF
aF
maF
80203
8015sen)81.9(80
=−=−°
=∑
Del valor obtenido en (1)
Ga808.12203 =− α
Como la esfera rueda sin deslizar:
G
N
0.4
15°
Fr
O
x
αI
maG
G
80 g
y
15°
Cinética del cuerpo rígido
169
αα
4.0==
G
G
a
ra
Por tanto
2038.44
)4.0(808.12203
==−
ααα
2srad53.4=α
°= 15s
m814.1 2Ga
°= 15N58rF
El sentido verdadero de la fuerza de fricción es el que se supuso.
015cos)81.9(80
0
=°−
=∑N
Fy
°= 75N758N
Otro método Sabiendo que el punto de contacto de la esfera con el plano inclinado es el centro instantáneo de rotación:
CIRCIR IFM α=∑
El momento de inercia de la masa de la esfera respec-to a ese punto es:
2mrII CIR += (teorema de los ejes paralelos)
2
22
5
75
2
mrI
mrmrI
CIR
CIR
=
+=
G
N
0.4
15°
Fr
x
αI
maG
G
80 g
y
15°
Cinética del cuerpo rígido
170
Por tanto
( )
( )8.2
15sen81.95
4.05
715sen81.9
4.0805
715sen4.0)81.9(80 2
°=
=°
=°
α
α
α
2srad53.4=α
)4.0(53.4==
G
G
a
ra α
°= 15s
m814.1 2Ga
( )814.115sen81.980
)814.1(8015sen)81.9(80
−°=
=−°
=∑
r
r
Gx
F
F
maF
°= 75N58rF
015cos)81.9(80
0
=°−
=∑N
Fy
°= 75758N
Cinética del cuerpo rígido
171
13. La barra delgada de la figura es homogénea, pesa 16.1 lb y mide 3 ft de largo. Pende del punto C por medio de dos cuerdas atadas a sus extremos, como se muestra. En el instante en que se corte la cuerda AC, ¿cuál será la tensión en la cuerda BC? ¿Cuál, la aceleración angular de la barra? ¿Qué magnitud y dirección tendrá la aceleración lineal de su centro de masa?
Resolución Establecemos la relación entre la aceleración angular de la barra y la aceleración inicial de su centro de masa, tomando B como punto base y sabiendo que todas las velocidades son nulas.
jaiaja
jaiaika
ara
aaa
BBG
BBG
BB
GG
BB
GG
35.05.05.1
35.05.0)5.1(
−−=
−−−×=
+×=
+=
α
α
α
Escalarmente: ( ) BxG aa 5.0−= _____________________ (1)
( ) ByG aa 35.05.1 −−= α _____________ (2)
De (1)
( )xGB aa 2−=
En (2)
( ) ( ) 35.1 xGyG aa +−= α _____________(3)
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de la barra y su diagrama auxiliar que muestre un sistema de fuerzas equivalente conforme al sistema cartesiano que elegimos.
A G
1.5
α
B
30° y
x
aB
Cinética del cuerpo rígido
172
( )
( ) ( )375.05.05.1
35.012
130sen5.1 2
α
α
α
=
=°
=∑
T
T
IFM G
α5.0=T ____________________________ (4)
( )
( )xG
xGx
aT
amF
5.030cos =°−
=∑
( )23
4 α−=xGa ______________________ (5)
( )
( )( )yG
yG
yGy
aT
aT
amF
5.01.165.0
5.01.1630sen
=−
=−°
=∑
De (4)
( )yGa5.01.1625.0 =−α
( ) 2.325.0 −= αyGa ____________________ (6)
Sustituyendo (5) y (6) en (3)
2.325.3
32.325.0
32
35.12.325.0
=−=−
−+−=−
ααα
ααα
2srad2.9=α
De (4)
lb6.4=T
A G
B
y
x
1.5
30°
16.1
m(aG)y
m(aG)x αI
G
Cinética del cuerpo rígido
173
14. Los tres cuerpos de la figura están conec-tados mediante una cuerda flexible, inextensible y de peso despreciable. A pesa 20 kg. La polea B es un ci-lindro macizo de 0.2 m de radio que pesa 30 kg. Y C es un carrete de 50 kg cuyo radio exterior es de 0.4 m y cuyo núcleo es de 0.1 m. Sabiendo que el carrete rueda sin deslizar y que el radio de giro de su masa respecto al eje de figura es de 0.25 m, determine la tensión en cada uno de los tramos de la cuerda (1 y 2) y la aceleración angular del carrete.
Resolución Comenzaremos estableciendo las relaciones cinemá-en cuenta que A se mueve con traslación pura; B, con rotación pura baricéntrica, y C con movimiento plano general. La aceleración de la cuerda es igual a la de A.
BBBA ra αα 2.0==
CCA ra αα 3.0== ________________________ (1)
Por tanto
CB αα 3.02.0 =
CB αα 5.1= ______________________________ (2)
Dibujamos los diagramas de cuerpo libre de cada cuerpo y un diagrama auxiliar que muestre el sistema resultante.
Cuerpo A
A
A
y
ag
T
ag
T
maF
2020
2020
1
1
−=
=−
=∑
De (1)
( )CgT α3.0
20201 −=
αA
0.4 0.1 0.3
CIR
aA
Cuerpo A
y
mAaA
20
T1
0.2
aA
αB
Cinética del cuerpo rígido
174
CgT α6
201 −= _________________________ (3)
Polea B
B
B
G
gTT
gTT
IFM
α
α
α
3
2.030
2
12.02.0
21
221
=−
=−
=∑
De (2)
CgTT α5.4
21 =− _________________ (4)
Carrete C
Como el punto de contacto entre el carrete y la superficie es el centro instantáneo de rotación
C
C
C
CIRCIR
gT
ggT
rmIT
IFM
α
α
α
α
125.113.0
4.05050
25.03.0
)(3.0
2
222
2
2
=
+
=
+=
=∑
CgT α08.37
2 = ___________________ (5)
Sustituyendo (3) y (5) en (4)
58.47
)81.9(20
2058.47
5.408.37620
=
=
=−−
C
C
CCC
g
ggg
α
α
ααα
2srad124.4=Cα
En (3) y (5)
kg59.15
kg48.17
2
1
=
=
T
T
0.1 T
Cuerpo C
0.2
T1
αB
αB IB
G
0.4
F
N
50
Rx
G
30
Polea B
T2
Ry
maG
αB IC
Cinética del cuerpo rígido
175
15. Una rueda de 2 ft de radio y 32.2 lb de peso, cuyo masa tiene una radio de giro centroidal de 1.5 ft, se suelta sobre un plano inclinado con un ángulo de 30º con la horizontal, como se muestra en la figura. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre la rueda y el plano son 0.16 y 0.12, respectivamente. Diga si la rueda se desliza o no sobre el plano y calcule la fuerza de fricción que éste ejerce sobre ella, la aceleración angular de la rueda y la aceleración lineal de su centro de masa.
Resolución Supondremos, primero, que la rueda no se desliza sobre el plano. En este caso, el punto de contacto entre ellos es el centro instantáneo de rotación.
[ ]
15.525.6
2.32
22.32
2.32
2.32
2.325.12.32
2.32
22
2
=
=
+
=
+=
=∑
α
α
α
α
α
mrI
IFM CIRCIR
Por tanto
( )
( )
80.530.101.16
30.1012
12.32
30.10215.5
=−=
=−
=
===
∑
r
r
Gx
G
F
F
maF
ra α
9.27
02
32.32
0
=
=
−
=∑
N
N
Fy
La fuerza de fricción estática máxima es:
αI
G
maG
x
y
N
Fr
CIR
2 32.2 30°
G
30°
Cinética del cuerpo rígido
176
( ) 46.49.2716.0' === NMF k
Como 46.4 lb es menor que 80.5 lb, la rueda se desliza sobre el plano. Puesto que la rueda desliza, la fricción es cinética
( )9.2712.0== NMF kk
°= 3035.3 lbFk
El diagrama de cuerpo libre es el que se muestra:
( ) ( )[ ]15.1235.3 2α
α
=
=∑ IFM G
2srad97.2=α
( ) G
Gx
a
maF
135.32
12.32 =−
=∑
°= 30s
ft75.12 2Ga
αI
G
maG
x
y
27.9
3.35
CIR
2 32.2 30°
G
30°
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