cap2 problemas cinética de la partícula

Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-1

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Problemas complementarios capítulo 2

Ejemplo 2.1:

El bloque mostrado puede resbalar sobre una superficie

inclinada rugosa )1,0( , tiene una masa 400m kg y

está unido a un resorte ( 400k N/m), el cual en su otro

extremo está fijo a una pared. Si el bloque es liberado

desde el reposo estando el resorte sin deformar, se pide

determinar, para la primera fase de movimiento de

descenso:

a) La velocidad del bloque x en función de x.

b) Máximo desplazamiento y velocidad del bloque luego de 5 m de recorrido.

c) Ecuación paramétrica del movimiento )(txx .

d) Tiempo requerido para que el bloque recorra 5 m.

e) Aceleración del bloque al inicio del movimiento.

Solución: a) Según la 2ª. Ley de Newton, para cada instante de movimiento los

siguientes sistemas son equivalentes:

: yF 0cos gmN cosgmN (1)

: xF xmFFgm rfsen

xmxkNgm sen (2)

(2) en (1): xmxkgmgm cossen

ordenando: )cossen( gmxkxm (3)

Reemplazando los datos en (3): )2

31,0

2

1()8,9(400400400 xx

de donde: xx 051,4 (4)

como xdxdxx : dxxxdx )051,4(

integrando: dxxxdx )051,4(

1

22 5,0051,42

1cxxx

de condiciones iniciales: cuando 0x , 0x 01 c

por lo tanto: 2/12 )103,8( xxx (5)

FfN

m g

30°xm

30°

FR

x

y

k

xxx ,,

A

30°

por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.

Área de Diseño

Sección de Ingeniería Mecánica



b) Primero veamos cuánto se desplaza en la primera fase de movimiento.

x es máxima si 0x 0103,8 2 xx m103,8x

por tanto, 5x m pertenece a la primera fase de movimiento (descenso), entonces:

haciendo 5x en (5): m/s94,3x

c) Ecuación paramétrica de movimiento:

derivando (5): 2/12 )103,8( xxdt

dx

separando variables:

tx

dtxx

dx

00

2/12 )103,8(

resolviendo: 2052,4

052,4arcsen

xt (6)

despejando x: )2

(052,4052,4

tsenx (7)

d) Haciendo 5x en (6): s8,1t

e) Derivando (7): )2

(cos052,4

tx

derivando otra vez: )2

(sen052,4

tx

Para el inicio del movimiento, 0t : 2m/s052,4x



Ejemplo 2.2:

Un bloque pequeño de masa m está en reposo en

la parte superior de una superficie semicilíndrica

fija de radio R. Al bloque se le imprime una

velocidad inicial 0v hacia la derecha, la cual hace

que se deslice descendiendo sobre la superficie

cilíndrica rugosa (coeficiente cinético de fricción

). Se pide determinar:

a) La ecuación diferencial del movimiento del bloque pequeño.

b) La velocidad del bloque en función del ángulo .

c) La fuerza normal entre el bloque y la superficie semicilíndrica en función del ángulo

.

d) Determinar el ángulo para el cual el bloque pierde contacto con la superficie.

Solución: a) La 2da. ley de Newton para una posición genérica de la partícula

establece la siguiente equivalencia de sistemas:

tF : tf amFsengm dt

dvmFsengm f (1)

nF : namNmg cos R

vmNmg

2

cos (2)

como la fricción es cinética: NF f

en (1): dt

dvmNsengm (3)

(2) en (3): dt

dvm

R

vmgmsenmg

2

cos

dt

dvm

R

vmgmsengm

2

cos (4)

Hagamos el siguiente cambio de variable: gR

vq

2

(5)

d

dvv

gRd

dv

gR

v

dv

d

d

dv

dv

dq

d

dq2)

1()(

2

(6)

te

ne

N

mg

te

ne

nam

ta

m

Ff

y

R

Ox



Para el movimiento circular es válido: dt

dR

dt

dsv

en (6):

d

dv

dt

dR

gRd

dq2)

1(

dt

dv

gd

dq 2

(7)

Reemplazando (5) y (7) en la ecuación (4):

d

dqggqgseng

2cos

d

dqqsen 2cos22

cos222 senqd

dq (8)

b) La solución total será: ph qqq

La solución particular es de la forma: cosBsenAq p

senBAd

dq p cos

en (8): cos22)cos(2)cos( sensenBAsenBA

cos22)2(cos)2( sensenABBA

de donde: 22 BA

22 AB

resolviendo: 241

6

A y

14

242

2

B

La solución homogénea:

02 qd

dq

q

d

dq

2 d

q

dq2

dq

dq2 12ln Cq

)2( 1Ceq

12 Ceeq

2eCq (9)

Por lo tanto la solución total será:

cos2 BsenAeCq

cos14

24

41

62

2

2

2

seneCq

14

6cos)24(2

22

seneCq



es decir: 14

6cos)24(2

22

2

seneC

gR

v (10)

Cálculo de la constante C: si 0 , 0vv :

en (10): 14

242

22

0

C

gR

v

14

242

22

0

gR

vC

en (10): 14

6cos)24(

14

242

22

2

22

0

2

sene

gR

v

gR

v

14

6cos)24(

14

242

22

2

22

0

sene

gR

vgRv (11)

c) de (2): R

vmgmN

2

cos

14

6cos)24(

14

24cos

2

22

2

22

0

sene

gR

vgmgmN (12)

d) El bloque pierde contacto cuando N = 0:

14

6cos)24(

14

24cos

2

22

2

22

0

sen

egR

v (13)

A modo de análisis de los resultados reemplacemos los siguientes datos:

1.0 m/s2v kg5,0m m5,1R 2m/s8,9g

Grafiquemos ahora las expresiones para v y N en función de :

Podemos ver que 0N cuando rad75,0 , es decir cuando 9,42 .

Resolviendo la expresión (13), la cual es una ecuación no lineal en la incógnita , utilizando

para ello el software MathCad, obtenemos: 42,9rad749,0 .

0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

12

10

8

6

4

2

2

4

6

Fuer

za n

orm

al [

N]

N ( )

0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

1

2

3

4

5

6

vel

oci

dad

[m

/s]

v ( )

[rad] [rad]



Ejemplo 2.3:

El bloque A de masa 5Am kg se coloca sobre

un bloque triangular B de masa 30Bm kg. El

coeficiente de fricción entre A y B es 30,0k y

el piso sobre el que se apoya B es liso. Si el

sistema arranca desde el reposo estando el bloque

A en el extremo superior P del bloque triangular,

determinar las velocidades de A y B cuando A

llega al extremo O del bloque B.

Solución:

Aplicando la segunda ley de Newton para

cualquier instante del movimiento del bloque

A:

La fuerza de fricción durante el movimiento es: 1NF kf (1)

además, la equivalencia de sistemas muestra que:

: xF 30cos30cos30 / BABAAAf amamsengmF

BBA aaN 33,455,243,0 /1 (2)

: yF 3030cos 1 senamNgm BAA

BaN 5,2435,42 1 (3)

La segunda ley de Newton para cualquier instante del movimiento del bloque B:

: HF BBf amFsenN 30cos301

Bk aNN )30()2/3(5,0 1

100801,0 NaB (4)

Resolviendo (2), (3) y (4): 6,411 N N

692,2/ BAa m/s2

2m/s333,0Ba ()

30°

P

O

F f

N1

N2mB g

30°

P

O

mB aB

30°

A

B

0,5 m

P

O

xy

F f

N1

mA g

30°mA aA/B

30°

mA aB



Análisis del movimiento relativo de la caja sobre el bloque: la trayectoria es rectilínea y se

efectúa con aceleración constante 692,2/ BAa m/s2. Entonces:

BABABABAf eavv ///

2

0/

2 2 )30cos/5,0()692,2(20

763,1/

BAfv m/s

Tiempo que necesita A para recorrer 30cos/5,0/ BAe :

tavv BABABAf //0/

t692,20763,1 s655,0t

En ese lapso B se mueve también con aceleración constante:

tavv BBBf 0

)655,0()333,0(0Bfv m/s218,0

Bfv ()

Finalmente: BABA vvv /

)882,0;309,1()30,30cos( // senvvvv BABABA

m/s

El espacio recorrido por B se calcula con la expresión correspondiente para movimiento

rectilíneo uniformemente acelerado:

2

02

1tatve BB 2)665,0()333,0(

2

10

→ m074,0Be

Ejemplo 2.4:

Una máquina de Atwood compuesta como se muestra en la

figura, tiene tres bloques A, B y C , que están conectados

mediante cuerdas inextensibles de peso despreciable. Las masas

de estos bloques son: 80Am kg, 30Bm kg y 48Cm kg.

Se pide calcular las aceleraciones de los bloques y las tensiones

en las cuerdas. Despreciar el peso y la fricción de las dos poleas.

Solución:

Tomemos las coordenadas

auxiliares que muestra el esquema

de la izquierda. Entonces:

PBPB xxx / (1)

PCPC xxx / (2)

para la polea P: PP amTT 21 2

21 2TT (3)

B

C

A

xA

xB/P

xP

xC/P

xB

xCP

B

C

A

T1

T2 T2



para el cable superior: 1Lxx PA

22 / dtd

0 PA xx (4)

para el cable inferior: 2// Lxx PCPB

22 / dtd

0// PCPB xx (5)

Ahora aplicamos la 2da. ley de Newton para cada bloque.

Bloque A:

AAA xmTgm 1 )4(

)(1 PAA xmTgm (6)

Bloque B:

BBB xmTgm 2 )3(y)1(con

)(5,0 /1 PBPBB xxmTgm (7)

Bloque C:

CCC xmTgm 2

)3(y)2(con

)(5,0 /1 PCPCC xxmTgm (8)

Reemplazando los datos en las ecuaciones anteriores:

en (6): PxT 80)8,9(80 1 PxT 80784 1

en (7): )(305,0)8,9(30 /1 PBP xxT )(305,0294 /1 PBP xxT

de (8) y (5): )(485,0)8,9(48 /1 PBP xxT )(485,0470 /1 PBP xxT

Resolviendo: 2m/s394,0Px )4(

2m/s394,0Ax

2

/ m/s347,2PBx )5(

2

/ m/s347,2PCx

N48,7521 T

de (1): PBPB xxx / 2m/s74,2)347,2(394,0 Bx

de (2): PCPC xxx / 2m/s953,1)347,2(394,0 Cx

Respuestas: N48,7521 T

N24,3762 T

2m/s394,0Aa

2m/s74,2Ba

2m/s9534,1Ca

A

T1

mA g

A

mA aA

B

T2

mB g

B

mB aB

C

T2

mC g

C

mC aC



Ejemplo 2.5:

El disco pequeño A ( kg10Am ) está

articulado a una varilla de peso despreciable,

la cual puede girar libremente alrededor de la

articulación O. Sabiendo que cuando 30

el bloque B ( kg5Bm ) sube con velocidad

m/s 3 , se pide determinar para ese instante las

aceleraciones de A y B así como las tensiones

en la cuerda y en la varilla. Considerar que la

polea C es muy pequeña.

Solución: Para una posición genérica definida por tenemos:

de la ley de cosenos: cos)3()2(2)3()2( 222 s

es decir: cos12132 s (1)

d/dt: senss 6 (2)

d/dt: )(cos6 22 sensss (3)

30para : de (1): 615,1s m

como m/s3s )2(

rad/s615,1

Ahora aplicaremos la 2da. ley de Newton a cada partícula:

Bloque B:

:yF smgmT BB

sT 549 (4)

Disco A:

: rF rAA amFTsengm )(cos )( 2 rrmA

2)615,1()2(Am

s

m2

3 mO

A

C

re

e

mA g

T

F

re

e

amA

rA am

O

BA

3 m

m2

C

mB g

T

smB



Cálculo del ángulo : s

sensen

2

para 30 tenemos que 615,1s 26,38

15,52370,049 FT (5)

F : amsenTgm AA )(cos )2( rrmA

)2( Am

20929,087,84 T (6)

Ahora podemos resolver el sistema formado por las ecuaciones (3), (4), (5) y (6):

44,85T N

91,132F N

275,0 rad/s2

289,7s m/s2

Las aceleraciones de las partículas serán:

]m/s[ˆ55,0ˆ215,5 2

eea rA

2m/s244,5Aa

]m/s[ˆ289,7 2jaB

2m/s289,7Ba

Ejemplo 2.6:

Los bloques A ( kg2Am ) y B

( kg4Bm ) están unidos mediante una

cuerda inextensible a una polea C de masa

kg5Cm . Los coeficientes de fricción

estático y cinético entre A y B son

4,01s y 3,0

1k y entre B y el piso

25,02s y 2,0

2k . Calcular la

aceleración de A y B y la tensión en la

cuerda.

Solución:

A priori no se puede saber si hay deslizamiento relativo entre A y B o no o si B se mueve o

no. Debemos analizar varias posibilidades.

xF : AAf amFT 1

(1)

yF : 01 gmN A (2)

T

1fF

gmA

N1

AAam

A

B

C

P = 35 N



xF : BBff amFFT 21

(3)

yF : 012 gmNN B (4)

xF : CC amTP 2 (5)

Notar que estas ecuaciones son válidas para cualquier posibilidad de movimiento del

sistema.

de (2): gmN A1 N6,191 N

en (3): gmNN B 12 N8,582 N

Las ecuaciones restantes contienen 6 incógnitas. Para resolverlas debemos hacer

suposiciones en cuanto a las fuerzas de fricción.

Suposición 1: Nada se mueve. Es decir, la fuerza P “es muy pequeña” y no llega a

vencer a las fuerzas de fricción de adherencia que se originan entre B y

el piso y entre A y B.

0 CBA aaa

)5(

N5,172

PT

)1(

N5,171

TF f )3(

N3512 ff FTF

Para las fuerzas de fricción halladas se debe cumplir:

N84,7)6,19(4,0N5,17 111max1

? NFF sff (no !)

N7,14)8,58(25,0N35 222max2

? NFF sff (no !)

Suposición 2: Los bloques A y B deslizan juntos (sin deslizamiento relativo entre sí)

N76,11222 NF kf

además: aaaa CBA

en (1), (3) y (5): N 12,22T

2m/s 2,11a

N 7,99 1fF

Verificamos la hipótesis: N 7,84 N 7,99 1max1

? ff FF (no !)

1fF

N1

2fF

N2

gmB

BB am

P = 35 N

T

T

CC am



Suposición 3: A desliza sobre B pero B no se mueve.

N88,5111 NF kf

cinemática: está claro que 2/AC aa y 0Ba

en (1), (3) y (5): N 13,03T 2m/s 3,58Aa

N 18,91 2fF 2m/s 1,79Ca

Verificamos la hipótesis: N 14,7 N 18,91 2max2

? ff FF (no !)

Suposición 4: A se mueve relativamente a B y B también se mueve.

para el cable: Lss CBCA //

22 / dtd 0// CBCA ss

CBCA ss //

CBCA aa // (6)

Para A: CACA aaa /

CACA aaa / (7)

Para B: CBCB aaa /

CBCB aaa / (8)

(6) en (7): CACB aaa / (9)

de (7) y (9): CBA aaa 2 (10)

Sabiendo que: N88,53,0 1111 NNF kf

y N76,112,0 1222 NNF kf

reemplazando estos valores en (1) y (3) y resolviendo luego el sistema en conjunción con (5)

y (9) obtenemos:

N 11,88T

2m/s 3,0Aa

2m/s 1,5Ba

2m/s 2,25Ca

A

B

C

sA/C

sC

sB/C



Ejemplo 2.7:

El siguiente sistema se encuentra en un plano

vertical y se suelta desde el reposo. Se sabe que

10Am kg, 20Bm kg y 50Cm kg y los

coeficientes de fricción estática y cinética de la

superficie inclinada son respectivamente 25,0s

y 20,0k . Se pide determinar las aceleraciones

de los bloques, así como las tensiones en las cuerdas

en ese instante.

Solución:

Haremos la suposición de que el bloque C no se mueve. Comprobaremos si ello es posible.

11 amgmT AA (1)

11 amTgm BB (2)

de (1) + (2): 1)()( ammgmm BAAB 2

1 m/s27,3

g

mm

mma

BA

AB

en (1): 67,130)( 111 TgamT A N

Las poleas y el bloque C no se mueven:

12 20 TTFy 23 20 TTF

68,5224 13 TT N

:0F 0cos gmN C

cosgmN C 392N N

:0F 03 fC FsengmT

68,228fF N

A

B

T2

a1

a1

T2

T1 T1

T3

T2

T2

Ff

NmC g

T3

mA g

T1 mA a1

A

mB g

T1

mB a1

B

C

A

B3

4

sen = 3/5

cos 4/5



Verificamos la hipótesis asumida: ¿Será 9868,228 max NFF sff ?

De aquí se descarta la posibilidad analizada. Es más, el valor de la tensión 68,5223 T N.

Comparado con 294sengmC N muestra que el bloque C deslizará ascendiendo sobre

el plano inclinado. Ahora:

F : 0cos mgN

392N N

F : CCCk amsengmNT 3

CaT 504,3724 1 (3)

Ahora analizaremos la cinemática de los cuerpos ligados:

)()()( 321321 PCC sss

PC ss 2

:dtd PC vv 2

:dtd PC aa 2 (4)

donde Pa es la aceleración absoluta de la polea

derecha. Sea 1a la aceleración relativa de los

bloques A y B con respecto a la polea P mencionada.

Ahora analizaremos el movimiento de los bloques A y B utilizando la segunda ley de

Newton:

: VF )( 11 PAA aamgmT

)(1098 11 PaaT (5)

: VF )( 11 PAB aamTgm

)(20196 11 PaaT (6)

de las expresiones (3), (5) y (6) y recordando (4):

09,1051 T N

63,21 a m/s2

92,1Pa m/s2

con lo cual: PA aaa 1 2m/s 0,71Aa ()

PB aaa 1 2m/s 4,55Ba ()

2PC aa 2m/s 0,96Ca ( )

Ff = K N

NmC g

mC aC

T3

C

1

23Cs

Cs

PsP

mA g

T1 mA (a1-aP)

A

mB g

T1

B

mA (a1+aP)



Ejemplo 2.8:

Determinar las ecuaciones paramétricas del movimiento que se

produce al lanzar una pelota considerando que la resistencia del

aire es proporcional a la velocidad )( vkFres

. La pelota tiene

velocidad inicial 0v formando el ángulo 0 con la horizontal.

Solución: Para un instante genérico del vuelo del proyectil:

Fuerza resistente: ),( ykxkvkFres

:xF xmxk 0 xkxm

02 km 0)( km 01 ; m

k2

La solución será de la forma: t

m

k

t ecectx

2

0

1)(

es decir: t

m

k

ecctx

21)( (1)

para 0t ; 0x 210 cc (2)

derivando (1): t

m

k

em

kctx

2)(

para 0t ; 00 cosvx 0

200 cos m

k

em

kcv

m

kcv 200 cos

k

vmc 00

2

cos

)2(

k

vmc 00

1

cos

en (1): )1(cos

)( 00t

m

k

ek

vmtx

(3)

:yF ymgmyk gmykym (4)

solución homogénea: t

m

k

h eccty

43)(

solución particular: tcty p 5)( 5cy p 0py

en (4): gmckm 5)0( k

gmc 5

v0

x

y

m g

x

y

Fres

x

y

teym

xm

O O



solución total de (4): tk

gmeccty

tm

k

43)( (5)

0t ; 0y 0

430 m

k

ecc

430 cc (6)

derivando (5): k

gme

m

kcty

tm

k

4)(

para 0t ; 00 senvy k

gme

m

kcsenv m

k

0

400

2

2

004

k

gm

k

senvmc

de (6): 2

2

003

k

gm

k

senvmc

en (5): tk

gme

k

gm

k

senvmty

tm

k

)1()(2

2

00 (7)

Otra posible solución de las ecuaciones diferenciales:

A partir de la ecuación 0 xkxm m

xkx

y como dt

xdx

m

xk

dt

xd

m

dtk

x

xd

integrando: 1ln cm

tkx (8)

para 0t ; 00 cosvx 100 cosln cv

en (8): m

tkxln 00 cosln v

t

m

k

ev

00 cos (9)

integrando una vez más:

200 cos cdtevdxt

m

k

200 cos cek

mvx

tm

k

para 0t ; 0x 200 cos0 ck

mv 0

02 cos

k

vmc

k

vme

k

vmtx

tm

k

0000 coscos)(

)1(cos

)( 00t

m

k

ek

vmtx

(10)

A partir de la ecuación: gmykym gym

ky



0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

0.75

1.5

2.25

3

3.75

4.5

5.25

6

y x( )

y1 x( )

y2 x( )

y3 x( )

y4 x( )

x

25,0k

0k

1,0k

05,0k

075,0k

22,96 m

22,31 m

21,40 m

20,02 m

18,79 m

gym

k

dt

yd

dt

m

k

k

gmy

yd

integrando: 3ln ctm

k

k

gmy

tm

k

eck

gmy

3

Si 0t ; 00 senvy : 300 ck

gmsenv

t

m

k

ek

gmsenv

k

gmy

00

es decir: k

gme

k

gmsenvy

tm

k

00 (11)

pero td

ydy dt

k

gme

k

gmsenvdy

tm

k

00

integrando: 400 ctk

gme

k

gmsenv

k

my

tm

k

0t ; 0y 4000 ck

gmsenv

k

m

2

2

004

k

gm

k

senvmc

2

2

0000

k

gm

k

senvmt

k

gme

k

gmsenv

k

my

tm

k

tk

gme

k

gm

k

senvmty

tm

k

)1()(2

2

00 (12)

En la siguiente figura podemos ver las gráficas de las trayectorias con y sin resistencia del

aire, para diferentes valores de k:



Ejemplo 2.9:

El collarín de masa m puede deslizarse a lo largo del aro

circular mostrado, siendo el coeficiente de rozamiento

cinético. Si al collarín se le imprime una velocidad inicial

de módulo 0v , se pide determinar:

a) La longitud de arco que recorre el collarín antes de

detenerse.

b) La velocidad inicial que se debe imprimir al collarín para que se detenga justamente

luego de dar una vuelta completa.

c) La ley horaria del movimiento. Calcule el tiempo que demora el collarín en detenerse.

Solución: Por la segunda ley de Newton:

:nF namN 1 R

smN

2

1

(1)

:tF tf amF smFf (2)

:zF 02 gmN gmN 2 (3)

La fuerza de fricción cinética está dada por: NF f

donde N es la fuerza normal total, es decir: 2

2

2

1 NNN

ahora: 2

2

2

1 NNF f

de (1) y (3): 2

22

)( gmR

smF f

en (2): smgmR

sm

2

22

)( (4)

con sdsdss : sdsmdsgmR

sm

22

2

42

separando variables: 2

2

4

gR

s

sdsds

mg N1

Ff

N2

O

x

y

z

mat

O

x

man

z

R

R m

v0



0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.50

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

v

s v( )

v0

sT

como sv : 2

2

4

gR

v

dvvds

ordenando: 224 Rgv

dvvRds

integrando:

CRgv

dvvds

R 224

(5)

haciendo 2vq : dvvdq 2

en (5):

CRgq

dqds

R 2222

integrando: CRgqqsR

)(ln2

1 222

como 2vq : CRgvvR

s )(ln2

2242

(6)

sabemos que en el instante inicial: 0s ; 0vvs

entonces: CRgvvR

)(ln2

0 224

0

2

0

de donde: )(ln2

224

0

2

0 RgvvR

C

en (6): )(ln2

)(ln2

224

0

2

0

2242 RgvvR

RgvvR

s

2242

2240

20ln

2 Rgvv

RgvvRs

(7)

para el instante en que el collarín se detiene: 0v

)(ln2

224

0

2

0

Rg

RgvvRsT

Para los siguiente valores:

m1R

1,0

m/s5,10 v 2m/s8,9g

obtenemos: m138,1Ts

En la figura se puede ver la gráfica de la

expresión (7), es decir, la longitud de arco

recorrida como función de la velocidad.



0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

v

v( )

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 60

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1 v01( )

2 v01( )

v01

Si nos interesara el ángulo recorrido:

Rs → 2242

224

0

2

0ln2

1

Rgvv

Rgvv

(8)

Graficando para los mismos valores que en la gráfica anterior:

El collarín se detiene cuando ha recorrido: 951,0)0( rad.

Si deseamos saber qué velocidad inicial v0 hay que imprimir al collarín para que se detenga

exactamente luego de dar una vuelta completa:

Dado que una vuelta son 2 radianes, la ecuación (8) nos da el valor de m/s357,40 v .

Si deseamos determinar la ley horaria del movimiento )(tss , entonces debemos partir

de la expresión (7) reescribiéndola como:

2242

224

0

2

0ln2 Rgss

RgvvRs

donde

dt

dss (9)

4,357

2



ss decir: 2242

224

0

2

0

2

Rgss

Rgvve

sR

.

Si denominamos: 224

0

2

0 RgvvA

RgB

2

42

2

Bdt

ds

dt

ds

Ae

sR

es decir: ABdt

ds

dt

dse

sR

2

422

(10)

Ahora se nos presenta un problema interesante de cálculo, pues debemos encontrar una

función )(tss que satisfaga la ecuación diferencial (10).



Ejemplo 2.10:

Dos partículas A y B se encuentran en reposo sobre

una mesa horizontal lisa unidas entre sí por una

cuerda inextensible que pasa a través de un pequeño

anillo liso fijo a la mesa. La partícula A de masa m

es impulsada ahora con velocidad 0v perpendicular

a la cuerda. Determinar con qué velocidad y

aceleración chocará la otra partícula B de masa mk

( 1k ) con el anillo.

Solución:

A continuación dibujaremos dos esquemas. El de la izquierda se refiere al instante en que

la partícula A es impulsada con velocidad inicial 0v . El de la derecha se refiere a un

instante genérico en que la partícula A se mueve con una cierta velocidad (con

componentes radial y transversal) y ocupa una posición definida por las coordenadas

polares r y .

Partícula A: (masa m), se mueve según

movimiento causado por fuerza central:

: F 0F

0am 0a

es decir: 02 rr

0)( 2 rdt

d

entonces: const.2 r

además, para 0t :

0v y 0r

Entonces:

0

02

0

22 vv

rrht

0vh (1)

Según la 2da. ley de Newton:

: rF

ramT )( 2 rrmT (2)

Partícula B: (masa mkM , k > 1), tiene movimiento rectilíneo:

: rF raMT donde 2 rrar rar

rMT (3)

A

ame

re

ram

T

B

A

B

A

0v

M = k m

m

)2( r

B

A

rv

r

v

rv

e

re



de (2) y (3): rMrrm )( 2

rmkrrm )( 2

2)1( rkr (4)

de (1): 0

2 vrh 2

0

r

v

en (4):

2

2

0)1(

r

vrkr

3

22

0)1(r

vkr

(5)

rdrdrr en (5): drr

vrdrk

3

22

0)1(

(6)

que corresponde a la ecuación diferencial de la componente radial del movimiento de la

partícula A.

Integrando hasta el instante en que B choca con el anillo, es decir, cuando A ha recorrido

en sentido radial desde r hasta 2r :

2

03

22

0)1(r

drvrdrk

Arr

r

2

0

2

8

3

2)1( v

rk A

1

3

2

0

k

vrA

y como AB rr : 1

3

2

0

k

vrB

1

3

2

0

k

vvB

Análisis de aceleraciones:

Del movimiento del sistema: rrA y rrB

como B se mueve según trayectoria rectilínea: rra BB

si integramos (6) hasta un instante genérico dado por la coordenada de posición r:

22

22

0

2 11

2

1

2)1(

rv

rk

dtd / : 3

22

0)1(r

rvrrk

3

22

0

)1( rk

vr

para 2r : 3

22

0

)2()1(

k

vr

)1(8

2

0

k

vr

de donde: )1(8

2

0

k

vaB



1v

v

R1

R

O1

O2

H

z

z

xy

R1

R

O1

O2

(1)

(2)

(2)

(1)

H

Vista superior

Vista frontal

z

x

1v

r

y

Ejemplo 2.11:

Se le comunica una velocidad horizontal 1v a una cajita

pequeña de masa m cuando 1RR . Si el bloque se desliza

descendiendo sobre la superficie cónica lisa mostrada, se

pide determinar las ecuaciones paramétricas en

coordenadas cilíndricas del movimiento de la cajita. La

altura del cono es H.

Solución:

La trayectoria se puede expresar como: ),,( zyxr

donde:

zz

senRy

Rx

cos

(1)

para un cono recto: 1R

R

H

z

zH

RR 1 (2)

en (1):

zz

senzH

Ry

zH

Rx

1

1 cos

(3)

Las fuerzas que actúan sobre la partícula son:

Dado que el cono es una superficie orientable, su normal para cualquier punto puede ser

calculada como:

r

z

r

zH

Rsenz

H

Rsen

H

R

H

R

r

zd

r

r

zd

r

n

cos;;;cos

ˆ

1111

21

2

4

4

12

2

2

122

2

2

1

2

2

111

cos

;;cos

ˆ

zH

Rsenz

H

Rz

H

R

zH

Rsenz

H

Rz

H

R

n



212

1

2

1

212

1

2212

1

2 )(;

)(;

)(

cosˆ

RH

R

RH

senH

RH

Hn

Expresando n en coordenadas cilíndricas:

zR eRH

Re

RH

Hn ˆ

)(ˆ

)(ˆ

212

1

2

1

212

1

2

(3)

La segunda ley de Newton en coordenadas cilíndricas:

:RF RamNRH

H

2

1

2 con 2 RRaR (4)

:F ma0 con RRa 2 (5)

:zF zmmgNRH

R

2

1

2

1 (6)

de (5): 02 RR (7)

de (1): zH

RR 1

)7(

02 11 z

H

Rz

H

R

es decir: 02 zz 0)( 2 zdt

d

2z = const. (8)

si Hz ; 1

1

R

v

1

12

R

vH = const.

)8(

1

122

R

vHz (9)

de (4): )( 2

2

1

2

RRmH

RHN

en (6): zmgmRRmH

RH

RH

R

)( 2

2

1

2

2

1

2

1

zgRRH

R )( 21 (10)

de (2): zgzH

R

H

Rz

H

R

H

R 21111

gzH

Rz

H

R

2

2

2

1

2

2

11 (11)

de (10): gzR

vHz

H

Rz

H

R

2

2

1

1

2

2

2

1

2

2

1 11

gz

vHz

H

R

3

2

1

2

2

2

11



es decir: zdgz

vHzdz

H

R

3

2

1

2

2

2

11

pero zdzdzz

z

H

z

dzgz

vHzdz

H

R3

2

1

2

0

2

2

11

z

H

zgz

vHz

H

R

3

2

1

22

2

2

112

1

Hgvzg

z

vH

RH

Hz 22 2

12

2

1

2

1

2

22 (12)

denominando: 2

1

2

2

RH

HK

; HgvA 22

1 ; gB 2 ; 2

1vHC

)( 22 zCzBAKz

21221 )( zCzBAKz

z

H

t

tdKzCzBA

zd

0

21

2

Ecuación de la cual podremos determinar por procedimientos numéricos la función

buscada )(tzz .

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cap2 problemas cinética de la partícula