Serie de Ejercicios Resueltos de Dinamica - Juan Ocariz Castelazo

youSeries 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 completamente 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) a t Componente tangencial de la aceleración a n Componente normal de la aceleración a x Componente de la aceleración en dirección del eje de las equis a y Componente de la aceleración en dirección del eje de las yes a m 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 ܫ 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 ݎ Posición (vector) r Radio s Segundos s Posición o distancia t Tiempo ton Tonelada ݒ Velocidad (vector) v Velocidad (magnitud) o rapidez v m 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 ∆ݎҧ Desplazamiento µ (My) Coeficiente de fricción µ s Coeficiente de fricción estática µ k 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 = t 3 /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 movimiento de la partícula, durante los primeros seis segundos. Resolución Ecuaciones del movimiento 2 9 3 1 3 + − = t t s 9 2 − = = t dt ds v t dt dv a 2 = = a) Tiempo en que la velocidad es 7 m/s 9 7 2 − = t 16 2 = t 4 ± = t La raíz negativa no tiene significación física en este caso. P 0 s Cinemática de la partícula 2 Para t = 4 ( ) 4 2 = a ; → = 2 s m 8 a b) 3 3 6 s s t s v m − = ∆ ∆ = 20 2 ) 6 ( 9 ) 6 ( 3 1 3 6 = + − = s 16 2 ) 3 ( 9 ) 3 ( 3 1 3 3 − = + − = s 3 ) 16 ( 20 − − = m v ; → = s m 12 m v 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/s 2 ) 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 t 2 − 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 dt dy v = entonces: vdt dy = ∫ ∫ = vdt dy ∫ − = dt t y ) 24 6 ( 2 ∫ − = dt t y ) 24 6 ( 2 C t t y + − = 24 2 3 Si t = 0, y = 6 6 = C Por tanto: 6 24 2 3 + − = t t y 24 6 2 − = t v t dt dv a 12 = = a) Para t = 3 ) 3 ( 12 = a ; P y 0 ↑ = 2 s ft 36 a Cinemática de la partícula 4 b) 0 4 y y y − = ∆ En donde: 38 6 ) 4 ( 24 ) 4 ( 2 3 4 = + − = y 6 0 = y 6 38 − = ∆y ↑ = ∆ ft 32 y c) Para conocer la distancia que recorre, investigaremos cuando v = 0 4 24 6 0 2 2 = − = t t 2 ± = t Sólo la raíz positiva tiene significado físico 26 6 ) 2 ( 24 ) 2 ( 2 3 2 − = + − = y Por tanto, la partícula se movió de y 0 = 6 a y 2 = −26 y luego a y 4 = 38 ) 4 2 ( ) 2 0 ( − ∆ + − ∆ = y y D 64 32 ) 26 ( 38 6 26 + = − − + − − = D ft 96 = 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/s 2 ) t (s) Cinemática de la partícula 5 3. En la figura aparece la gráfica de la magnitud 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/s 2 ) 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 t a 3 9 − = Pues la ordenada al origen es 9 y la pendiente de la recta es -3. Como , dt dv a = entonces adt dv = ∫ ∫ − = − = dt t dv dt t dv ) 3 9 ( ) 3 9 ( 1 2 5 . 1 9 C t t v + − = Si t = 1, 5 . 4 − = v , conforme a los datos 1 2 ) 1 ( 5 . 1 ) 1 ( 9 5 . 4 C + − = − ; 12 1 − = C Por tanto 12 5 . 1 9 2 − − = t t v Como , dt dx v = entonces vdt dx = ∫ ∫ − − = − − = dt t t dx dt t t dx ) 12 5 . 1 9 ( ) 12 5 . 1 9 ( 2 2 2 3 2 12 5 . 0 5 . 4 C t t t x + − − = t (s) a (cm/s 2 ) 9 6 3 Cinemática de la partícula 7 Si t = 1, x = 3 2 3 2 ) 1 ( 12 ) 1 ( 5 . 0 ) 1 ( 5 . 4 3 C + − − = 11 2 + = C 11 12 5 . 0 5 . 4 3 2 + − − = t t t x Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento durante los primeros tres segundos son: 11 12 5 . 4 5 . 0 2 3 + − + − = t t t x 12 9 5 . 1 2 − + − = t t v 9 3 + − = t a a) Investigamos si en algún instante la velocidad es nula 0 12 9 5 . 1 2 = − + − t t Dividiendo entre -1.5: 0 8 6 2 = + − t t Factorizando 0 ) 2 )( 4 ( = − − t t 4 1 = t 2 2 = t 4 1 = t está fuera del intervalo: en 2 2 = t s, 0 = v y en ese instante su posición es: 11 ) 2 ( 12 ) 2 ( 5 . 4 ) 2 ( 5 . 0 2 3 + − + − = x cm 1 = x b) Para t = 3 12 ) 3 ( 9 ) 3 ( 5 . 1 2 − + − = v s cm 5 . 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 , 2 11 ) 3 ( 12 ) 3 ( 5 . 4 ) 3 ( 5 . 0 2 3 = + − + − = x 5 . 2 ) 3 ( 5 . 1 2 4 4 − = + = C C Por tanto: 5 . 2 5 . 1 − = t x Para 5 = t 5 . 2 ) 5 ( 5 . 1 − = x ; cm 5 = 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 ∫ = ∆ vdt s , entonces s ∆ es igual al área bajo la gráfica. 2 1 ) 60 ( 3 1 2 = = ∆ bh s ; km 10 = ∆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) −3 v 2 , donde si v está en m/s, a resulta en m/s 2 . 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 dv v dt dv a = − = 2 1000 4 Separando variables 2 1000 4 v dv dt = − ∫ ∫ = − 2 250 1 v dv dt C v t + − = − 1 250 Condiciones iniciales: si 50 , 0 = = v t 5 250 50 1 1 250 50 1 50 1 0 − = + − = − = + − = v t v t C C Para 20 = v 5 20 250 − = t ; s 5 . 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: 5 250 − = v t Despejando v e igualando a ds/dt C t s t dt ds t dt ds t v v t + + = + = + = + = = + ∫ ∫ ) 5 ( L 250 5 250 5 250 5 250 250 5 Hacemos s = 0 cuando t = 0 5 L 250 5 L 250 0 − = + = C C Por tanto [ ] 5 L ) 5 ( L 250 5 L 250 ) 5 ( L 250 − + = − + = t s t s Por las propiedades de los logaritmos 5 5 L 250 + = t s Para t = 7.5 5 . 2 L 250 5 5 . 12 L 250 = = s m 229 = 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 dv v a = ds dv v ds dv v v = − = − 250 1 1000 4 2 Separando variables C v s v dv ds v dv ds + = − = − = − ∫ ∫ L 250 250 1 250 1 Si 0 = s , 50 = v Para 20 = v 5 . 2 L 250 50 L 250 = = s v s m 229 = s v s v s v s L v s C C 50 L 250 50 L 250 50 L L 250 50 L 250 L 50 L 50 0 = = + − = − = − − = + = 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/s 2 y x en in. Cuando t = 2 s, entonces v = 32 in/s y x = 16 in. Determine la posición, la velocidad y la aceleración del collarín cuando t = 3s. Resolución Como la aceleración está expresada en función de la posición, se sustituye por dx dv v x dx dv v 12 = Separando variables 1 2 3 1 2 3 2 8 3 2 12 2 12 C x C x v dx x vdv + = +       = = Si x = 16, v = 32 De los datos 1 2 3 2 ) 16 ( 8 2 32 C + = 1 512 512 C + = ; 0 1 = C 4 3 2 3 2 4 8 2 x v x v = = Sustituimos v por dt dx 4 3 4x dt dx = Separando variables dt dx x 4 4 3 = − Cinemática de la partícula 14 2 4 1 4 3 4 4 4 C t x dt dx x + = = ∫ ∫ − Si t = 2, x = 16 De los datos 2 8 8 C + = ; 0 2 = C t x t x = = 4 1 4 1 4 4 4 t x = La ecuación queda resuelta. Derivando respecto al tiempo 2 3 12 4 t a t v = = Satisface la ecuación original, ya que si: 2 4 , t x t x = = , o sea, x a 12 = Para t = 3 → = → = → = 2 s in 108 s in 108 in 81 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/s 2 . Si el automóvil está inicialmente 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 ∫ ∫ = = = = = 2 6 . 2 2 . 5 2 . 5 2 . 5 2 . 5 t tdt x t dt v a Las constantes de integración son nulas, pues cuando t = 0 tanto v como x son nulas. a) 300 km h ൗ ൌ 300 3.6 m s ⁄ ൌ ݒ t 2 . 5 6 . 3 300 = ) 2 . 5 ( 6 . 3 300 = t ; s 03 . 16 = t b) 2 ) 03 . 16 ( 6 . 2 = x ; m 669 = x Cinemática de la partícula 16 10. Un tren del metro, que viaja a 60 mi/h, emplea 250 ft para detenerse, frenando uniformemente. ¿Cuál es la aceleración del tren mientras frena? Resolución s ft 88 h mi 60 = Como se desea conocer la aceleración a partir de la velocidad y el desplazamiento, empleamos: vdv ads ds dv v a = = ∫ ∫ = vdv ds a Puesto que a es constante, queda fuera de la integral. C v as + = 2 2 Elegimos como origen el punto en el que comienza a frenar el tren. Si 0 = s , 88 = v C + = 2 88 0 2 ; 2 88 2 − = C 2 88 2 2 − = v as ; s v a 2 88 2 2 − = Para 250 = s y 0 = v 49 . 15 500 88 2 − = − = a El signo indica que tiene sentido contrario al de la velocidad: ← = s ft 49 . 15 a 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/s 2 . Y la máxima velocidad que puede alcanzar 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 s m 7 s m 60 420 min m 420 = = 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: 7 5 . 3 1 0 = t ; 1 2 0 2 t t t − = = El elevador debe desplazarse 5 . 76 ) 1 . 5 ( 15 = = ∆y Tal desplazamiento es igual al área del trapecio en la gráfica ( ) ( ) 5 . 76 2 7 4 2 = + ∆ + ∆ = + t t h B b 5 . 76 2 28 14 = + ∆t 5 . 62 7 = ∆t ; 93 . 8 = ∆t El tiempo total es s 93 . 12 2 = t t 0 t 1 t 2 3.5 3.5 1 1 ∆t 7 v (m/s) t (s) Cinemática de la partícula 18 A B 200 ft a 1 v 2 A B 200 ft a 1 v 2 x 1.2.1 Movimiento de varias partículas independientes 12. Un motociclista arranca del punto A con una aceleración constante a 1 = 2.4 ft/s 2 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 v 2 = 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 2 1 1 1 1 1 2 . 1 4 . 2 4 . 2 t dt v x t dt a v a = = = = = ∫ ∫ Las constantes de integración son nulas. Automóvil 30 0 2 2 − = = v a Negativa, porque el sentido es contrario al del eje elegido. C t dt v x + − = = ∫ 30 2 2 Cuando 4 = t , 200 2 = x de los datos, sustituyendo C + − = ) 4 ( 30 200 ; 320 = C 320 30 2 + − = t x 200 ft Cinemática de la partícula 19 El motociclista encuentra el automóvil si: 2 1 x x = 4 . 2 320 ) 2 . 1 ( 4 30 30 0 320 30 2 . 1 320 30 2 . 1 2 2 2 + ± − = = − + + − = t t t t t 1 . 33 06 . 8 2 1 − = = t t Sustituyendo 1 t en 1 x 1 . 78 ) 06 . 8 ( 2 . 1 2 1 = = x El motociclista encuentra al automóvil a 78.1 ft a la derecha de A. → = ft 1 . 78 A x Cinemática de la partícula 20 A D B C A B C D yD y yA yC v A = 8 yB a A = 4 a B = 10 v B = 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/s 2 , mientras B baja a 5 m/s, que disminuye a razón de 10 m/s 2 . 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 D A y y l + = 1 Derivando respecto al tiempo D A v v + = 0 ; A D v v − = (1) Cuerda que une B con C ( ) ( ) D C B D C D B y y y l y y y y l 2 2 2 − + = − + − = Derivando respecto al tiempo D C B v v v 2 0 − + = De (1) A C B v v v 2 0 + + = A B C v v v 2 − − = (2) Sustituyendo: 21 ) 8 ( 2 5 − = − − = C v El signo negativo indica que el sentido es contrario al del eje y’y ↑ = s m 21 C v Cinemática de la partícula 21 Aceleración Derivando la ecuación (2) respecto al tiempo: 2 ) 4 ( 2 ) 10 ( 2 = − − − = − − = C A B C a a a a ↓ = 2 s m 2 C a 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 x 2 . Se mueve conforme la expresión x = 150t + 5t 2 , 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 10 150 5 150 2 = = + = = + = dt dv a t dt dx v t t x x x x Sustituyendo x en la ecuación de la trayectoria, se obtienen las ecuaciones de las componentes verticales [ ] ) 5 150 ( 10 ) 10 150 ( 10 ) 5 150 )( 10 150 ( 10 10 ) 5 150 ( 10 5 2 2 4 2 5 2 2 5 t t t dt dv a t t t dt dy v t t y y y y + + + = = + + × = = + × = − − − Para t = 10 s 200 ) 2000 ( 10 5 2000 500 1500 2 5 = × = = + = − y x En forma vectorial: [ ] m 200 2000 j i r + = y x 2010 m 5.7° 2000 m 200 m y x y = 5 (10) -5 x 2 Cinemática de la partícula 23 Escalarmente: ° = = + = 7 . 5 ; 2000 200 tan 200 2000 1 1 2 2 θ θ r ° = 7 . 5 m 2010 r Es la posición del avión 50 ) 2000 )( 250 ( 10 1 250 ) 10 ( 10 150 4 = × = = + = − y x v v Vectorialmente: [ ] m 50 250 j i v + = Escalarmente: ° = = + = 3 . 11 ; 250 50 tan 50 250 2 2 2 2 θ θ v ° = 3 . 11 s m 255 v Es la velocidad del avión [ ] 25 . 8 ) 2000 ( 10 250 10 1 10 2 4 = + × = = − y x a a Vectorialmente: [ ] 2 s m 25 . 8 10 j i a + = Escalarmente: ° = = + = 5 . 39 ; 10 25 . 8 tan 25 . 8 10 3 3 2 2 θ θ a ° = 5 . 39 s m 96 . 12 2 a 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: t dt v y y 3 = = ∫ La relación entre las coordenadas de la posición está establecida por la ecuación de la trayectoria: 2 6 1 y x = 2 ) 3 ( 6 1 t x = Sustituimos y por el valor en función de t 3 3 5 . 1 2 = = = x x a t v t x Derivando respecto al tiempo Con las ecuaciones del movimiento a la vista, podemos responder a la pregunta. Si x = 6 2 4 5 . 1 6 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 3 tan 71 . 6 3 6 3 6 ) 2 ( 3 2 2 2 2 = = + = + = = = = θ y x y x v v v v v 6 . 26 = θ ° = 6 . 26 s in 71 . 6 v Para el mismo instante 0 3 = = y x a a → = 2 s in 3 a 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 B ft 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 = 4t 2 , 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 dv a t dt ds v t s t a) El tiempo que tarda en llegar a B es: 1000 4 4000 2 = = t t Su velocidad por tanto, tiene una magnitud de: 253 1000 8 = = v ° = 30 s ft 253 v 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 t a a = → = s ft 8 a 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: ° ∠ = 30 8 t a En dirección de la velocidad ° = = = 60 80 800 ) 253 ( 2 2 ρ v a n Dirigida hacia el centro de curvatura 4 . 80 80 8 2 2 = + = a Sea θ el ángulo que forma con la velocidad 1 . 0 80 8 tan = = θ ; ° = 7 . 5 θ Respecto a la horizontal, por tanto, forma un ángulo de: ° = ° + ° 7 . 65 7 . 5 60 ° = 7 . 65 s ft 4 . 80 2 a a 8 80 30° θ 60° B Cinemática de la partícula 28 n a n 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 A curvatura 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/s 2 . Resolución s m 30 s m 6 . 3 108 h km 108 s m 20 s m 6 . 3 72 h km 72 = = = = Como la rapidez aumenta uniformemente, i.e., la componente tangencial de la aceleración es constante, tanto en A como en B: 2 5 20 30 = − = ∆ − = ∆ ∆ = t A B t a t v v t v a a) Al pasar por A 2 2 ) 2 ( 2 2 200 20 2 2 2 2 2 = = + = = = = t n n a a a v a ρ ° = 45 s m 83 . 2 2 a b) Al pasar por B 2 2 t n a a a + = ; 2 2 2 t n a a a + = Como la rapidez aumenta uniformemente, i.e., la de la aceleración es constante, Cinemática de la partícula 29 46 . 3 2 4 2 2 2 2 = − = − = t n a a a Como ρ 2 v a n = ; n a v 2 = ρ 46 . 3 30 2 = ρ ; m 260 = 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 velocidad, calcule su aceleración cuando se encuentra en A. Resolución s ft 88 h mi 60 = s ft 44 h mi 30 = 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: ∫ ∫ = = = vdv ds a vdv ds a ds dv v a t t t Por ser constante, a t queda fuera de la integral. C v s a t + = 2 2 Si s = 0, v = 88 Tomaremos como origen el punto A 52 . 14 ) 200 ( 2 88 2 88 44 2 88 2 88 2 88 0 2 2 2 2 2 2 2 2 − = − = − = − = − = + = v a v s a C C t t B 200´ A 440´ Cinemática de la partícula 31 En el punto A la componente normal es: º 5 . 39 ; 6 . 17 52 . 14 tan 8 . 22 6 . 17 52 . 14 6 . 17 440 88 2 2 2 2 2 2 = = = + = + = = = = θ θ ρ n t n a a a v a º 5 . 39 s ft 8 . 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 durante la maniobra: 0 = t a Por tanto v a a n • = = θ Donde • θ es la velocidad angular. s rad 60 2 min grados 90 π θ = = • Además: s m 3600 1852 24 hora marítimas millas 24 nudos 24 = = Por tanto: 323 . 0 3600 1852 ) 24 ( 120 = = π a 2 s m 323 . 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) −5 x 2 + 0.8x. La componente 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 dy v dt dx dx dy dt dy v x x y x y = = = + − = − 8 . 0 ) 10 ( 2 2 5 Como la componente horizontal de la velocidad es: [ ] [ ] 2 5 2 5 s m 9 . 4 ) 10 ( 4 350 280 014 . 0 8 . 0 ) 10 ( 4 350 350 − = − = = = = + − = + − = = − − y y x y y y y x a dx dv v dt dx dx dv dt dv a x x v v La razón del cambio de magnitud de la velocidad con respecto al tiempo la mide la componente tangencial de la aceleración. dt dv a t = Como dicha componente tiene la dirección de la velocidad, investigamos ésta. x y v v = θ tan Para 900 = x : 154 = y v , 350 = x v v y v 350 t v a n a n θ a t θ y = − 2 (10) −5 x 2 + 0.8x Cinemática de la partícula 34 ° = = 7 . 23 350 154 tan θ θ θ es el ángulo que forma la velocidad con la horizontal, y es el mismo que forma la aceleración con su componente normal. Proyectamos la aceleración en el eje tangencial. 973 . 1 sen 9 . 4 − = − = θ t a La magnitud de la velocidad disminuye a razón de 2 s m 973 . 1 Segundo método Escribiendo en lenguaje vectorial j j a i a a j i j v i v v y x y x 9 . 4 154 350 − = + = + = + = Para proyectar la aceleración en el eje tangencial, investigamos el producto escalar (o producto punto) de dos vectores. t e a t a ⋅ = En donde t e es un vector unitario en dirección de la velocidad ( ) 973 . 1 154 350 9 . 4 154 2 2 − = + − = = ⋅ v v a t a t v e a t a Cinemática de la partícula 35 21. Las ecuaciones paramétricas de las coordenadas de la punta de un brazo mecánico son x = 25t − 4t 2 y y = 50 − 2t 2 ; ambas resultan en ft, si el tiempo está en s. Diga qué longitud tiene el radio de curvatura 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 2 v a n = Las ecuaciones del movimiento son: 8 8 25 4 25 2 − = = − = = − = dt dv a t dt dx v t t x x x x 4 4 2 50 2 − = = − = = − = dt dv a t dt dy v t y y y y Investigamos en qué instante 0 = y 5 2 50 0 2 ± = − = t t y x Cinemática de la partícula 36 La raíz negativa no tiene significado físico en este caso. Para 5 = t 25 625 ) 20 ( ) 15 ( 20 ) 5 ( 4 15 ) 5 ( 8 25 2 2 = = − + − = − = − = − = − = v v v y x El ánguloα que la velocidad forma con la horizontal es: 15 20 tan − − = = x y v v α ° = 1 . 53 α La aceleración en ese mismo instante es: ( ) [ ] 5 4 ) 1 ( 2 4 ) 4 ( ) 8 ( 4 8 2 2 2 2 2 = − + − = − + − = − = − = a a a y x Y su dirección β respecto a la horizontal ° = − − = = 6 . 26 ; 8 4 tan β β x y a a El ángulo que forman entre sí la velocidad y la acele- ración es: ° = − 5 . 26 β α La proyección de la aceleración sobre el eje normal es: 4 5 . 26 cos 5 4 5 . 26 cos = ° = ° = a a n 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: 4 625 2 = = n a v ρ Segundo método Utilizando álgebra vectorial La componente normal de la aceleración se puede obtener proyectando el vector aceleración sobre un vector unitario n e en dirección del eje normal, el cual es perpendicular a la velocidad. Sea t e un vector unitario en dirección de la velocidad ( ) ( ) ( ) 4 4 . 2 4 . 6 6 . 0 8 . 0 4 8 6 . 0 8 . 0 8 . 0 6 . 0 20 15 25 1 = − = + − − − = ⋅ = + − = − − = − − = = ⋅ j i j i e a a j i e j i j i v v e n n n t 4 625 2 = = n a v ρ t f 3 . 156 = ρ ft 3 . 156 = ρ e n e t 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 uniformemente su rapidez de 36 a 72 km/h en 4 s. Sabiendo que sus pesos son, respectivamente, 2 y 20 ton, calcule 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, investigamos la aceleración del vehículo. Comenzaremos convirtiendo las velocidades a m/s: s m 20 s m 6 . 3 72 h km 72 s m 10 s m 6 . 3 36 h km 36 = = = = Como el aumento de velocidad es uniforme: Para conocer las fuerzas —problema cinético— comenzaremos: 1) dibujando el diagrama de cuerpo libre del conjunto; 2) eligiendo un sistema de referencia. Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas: 22 0 22 0 = = − = ∑ N N Fy dt dv a = 5 . 2 4 10 20 = − = ∆ ∆ = t v 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 problema. ) 5 . 2 ( 81 . 9 22 = = ∑ F ma Fx Como P=mg; entonces m=P/g → = ton 61 . 5 F 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 = = ∑ x Q ma Fx ton 10 . 5 = x Q 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 2 61 . 5 ) 5 . 2 ( 81 . 9 2 61 . 5 − = = − = ∑ x x Q Q ma Fx ton 10 . 5 = x Q 20 Q x Q y x y N 1 N 2 x y Q y Q x 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, suponiendo 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 . 0 2 . 32 85 . 0 2 . 32 85 . 0 2 . 32 85 . 0 0 0 = = = = = = ∑ = = − = ∑ a a a P P a P N ma F P N N P F x y Se trata de una aceleración constante, por tanto: 2 ) ( 2 1 2 2 2 1 v v x a vdv dx a dx dv v a v v − = ∆ = = ∫ ∫ p 0.85 N N y x Cinética de la partícula 42 En este caso, 0 1 = v y 300 = ∆x 300 ) 4 . 27 ( 2 ) ( 2 2 2 = ∆ = x a v s ft 1 . 128 2 = v Se puede convertir a h mi : h mi 4 . 87 h mi 44 30 1 . 128 s ft 1 . 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 ma Fy 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 . 9 12 20 ) 81 . 9 12 ( 20 81 . 9 12 81 . 9 12 81 . 9 t t dt t vdt y y t dt adt v v 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 . 9 12 0 = − = t t Y en ese instante: 2 12 9.81 12 20 12 9.81 2 9.81 144 72 72 20 20 9.81 9.81 9.81 y y     = + −         = + − = + m 3 . 27 = y que es la altura máxima sobre el suelo b) Llega al suelo cuando y = 0 0 40 24 81 . 9 2 81 . 9 12 20 0 2 2 = − − − + = t t t t 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 . 9 12 − = − = v El signo negativo indica que su sentido es contrario al sentido del eje de las yes, elegido arbitrariamente. ↓ = s m 2 . 23 v 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: ( ) 2 1 0 1 0 2 43 . 4 20 43 . 4 20 43 . 4 20 43 . 4 20 43 . 4 t t dt t dt v x x t dt dt a v v 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 s t t t t 51 . 4 51 . 4 43 . 4 20 20 43 . 4 20 43 . 4 0 = = = = + − = Para encontrar la distancia que recorre el cuerpo en el ascenso hasta detenerse sustituimos el tiempo hallado. m 1 . 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 comienza a bajar. Utilizando un nuevo sistema de referencia, tenemos: 379 0 15 cos ) 81 . 9 )( 40 ( 0 = = ° − = ∑ N N Fy La fuerza de fricción tiene ahora otro sentido. 644 . 0 40 2 . 0 15 sen ) 81 . 9 ( 40 40 2 . 0 15 sen ) 81 . 9 ( 40 = − ° = = − ° = ∑ a N a a N ma Fx Las ecuaciones del movimiento, en el nuevo sistema de referencia y tomando como origen el punto en el que el cuerpo se detuvo, son: ( ) 2 0 0 2 644 . 0 644 . 0 644 . 0 644 . 0 644 . 0 t dt t dt v x x t dt adt v v a = = + = = = + = = ∫ ∫ ∫ ∫ Vuelve al punto de partida en x = 45.1 m 40(9.81) 0.2 N N x Cinética de la partícula 47 s 83 . 11 644 . 0 2 ) 1 . 45 ( 2 644 . 0 1 . 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 . 4 83 . 11 + = T t s 34 . 16 = T t 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 ° = 15 s m 62 . 7 v 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. a T ma Fy 2 . 32 20 20 = − = ∑ ) 2 . 32 1 ( 20 a 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. a T ma Fy 2 . 32 30 30 = − = ∑ ) 2 . 32 1 ( 30 a T − = _______________ (2) Igualando (1) y (2) ) 2 . 32 1 ( 30 ) 2 . 32 1 ( 20 a a − = + 20 # 30 # A B 2T T T Polea T T 20 30 Cuerpo A Cuerpo B Cinética de la partícula 49 44 . 6 50 322 10 2 . 32 50 2 . 32 30 30 2 . 32 20 20 = = = − = + a a a a La aceleración de B es, por tanto ↓ = 2 s ft 44 . 6 a Y la tensión de la cuerda ) 2 . 1 ( 20 ) 2 . 32 44 . 6 1 ( 20 = + = T lb 24 = T Cinética de la partícula 50 6. Los cuerpos A y B pesan 40 y 60 kg, respectivamente. 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 movimiento, 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 a T a T a N T ma F N N F 81 . 9 40 10 81 . 9 40 ) 40 ( 25 . 0 81 . 9 40 25 . 0 40 0 40 0 = − = − = − = ∑ = = − = ∑ A a T 81 . 9 40 10+ = ___________ (1) Analizando el cuerpo B B a T 81 . 9 60 60 1 = − B a T 81 . 9 60 60 1 − = ____________ (2) Tenemos las ecuaciones 1 y 2 con cuatro incógnitas. 40 Cuerpo A 0.25 N N T x y Cuerpo B T 1 60 y Cinética de la partícula 51 Estudiemos la polea móvil. Como su masa es despreciable 0 = ma Por tanto 0 3 0 1 = − = ∑ T T Fy T T 3 1 = _____________ (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. B A y x l 3 + − = Derivando respecto al tiempo B A B A a a v v 3 0 3 0 + − = + − = Para resolver el sistema de ecuaciones, multiplicamos (1) por (3) e igualamos con (2) B A a a 81 . 9 60 60 81 . 9 40 10 3 − =       + Ahora, sustituimos (4): [ ] ) 10 ( 140 81 . 9 81 . 9 20 20 81 . 9 120 10 81 . 9 60 60 3 81 . 9 40 10 3 = − = + − =       + B B B B B a a a a a ↓ = 2 s m 701 . 0 B a → = 2 s m 10 . 2 A a 18.57 kg T = T 1 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 cuerpo regrese a su posición original. Resolución De acuerdo con la gráfica, la expresión que define la fuerza horizontal es: t F 2 16 − = 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 dv P t ma Fx 81 . 9 2 16 = − = ∑ Hemos sustituido a por dv/dt porque la fuerza está en función del tiempo. Para resolver la ecuación diferencial, separamos variables e integramos. C v P t t dv P dt t dv P dt t + = − = − = − ∫ ∫ 81 . 9 16 81 . 9 ) 2 16 ( 81 . 9 ) 2 16 ( 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 . 9 16 2 2 t t P v v P t t − = = − Sustituimos v por dx/dt ) 16 ( 81 . 9 2 t t P dt dx − = Separando variables e integrando: 1 3 2 2 2 ) 3 1 8 ( 81 . 9 ) 16 ( 81 . 9 ) 16 ( 81 . 9 C t t P x dt t t P dx dt t t P dx + − = − = − = ∫ ∫ Escogiendo el origen en el punto de partida. Si 0 = x , 0 = t y 0 1 = C . ) 3 1 8 ( 81 . 9 3 2 t t P x − = Esta es la ecuación que define la posición en función del tiempo. Si vuelve al punto de partida, 0 = x 0 3 1 8 0 ) 3 1 8 ( 81 . 9 3 2 3 2 = − = − t t t t P Dividiendo entre 2 t , pues dos raíces son nulas: ( ) 3 8 0 3 1 8 = = − t t s 24 = t Que es el tiempo en que vuelve al punto de partida. Cinética de la partícula 54 8. Una embarcación de 9660 lb de desplazamiento 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 0.9v 2 , donde v está en ft/s. Diga en cuánto tiempo la rapidez de la embarcación se reducirá a 6 nudos. Resolución C v t v dv dt v dv dt dt dv v dt dv v ma v ma Fx + − = − = − = − = − = − = − = ∑ ∫ ∫ 1 300 9 . 0 300 9 . 0 300 9 . 0 300 9 . 0 2 . 32 9660 9 . 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 s ft 53 . 40 s 3600 s 1 m 3048 . 0 m 1852 24 h s ft mi.mar. 24 s ft h mar. mi 24 =       = = = ⋅ x x x 401 . 7 ) 53 . 40 ( 300 ) 53 . 40 ( 1 300 0 = = + − = C C C 9660 0.9v 2 U x Cinética de la partícula 55 Entonces: 401 . 7 300 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. s ft 13 . 10 24 6 53 . 40 = = v v Entonces: 9 . 0 2 . 22 2 . 22 9 . 0 401 . 7 6 . 29 9 . 0 401 . 7 13 . 10 300 9 . 0 − − = − = − + − = − + − = − t t t t s 7 . 24 = t Cinética de la partícula 56 9. Una embarcación de 9660 lb de desplazamiento 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 0.9v 2 , 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 represente cualquier instante del movimiento, y elegimos un eje de referencia en dirección de la velocidad. dx dv v v ma Fx 2 . 32 9660 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 dv v 300 9 . 0 = − Separamos variables C v x v dv dx v dv dx + = − = − = − ∫ ∫ L 300 9 . 0 300 9 . 0 300 9 . 0 Elegimos el origen en la posición en que la embar- cación sufre la avería, de modo que Si 0 = x , nudos 24 = v nudos 24 L 300 nudos 24 L 300 0 − = + = C C 9660 0.9v 2 U x Cinética de la partícula 57 La ecuación queda así: ( ) nudos 24 L L 300 9 . 0 nudos 24 L 300 L 300 9 . 0 − = − − = − v x v x Por las propiedades de los logaritmos nudos 24 L 300 9 . 0 v x = − nudos 24 L 003 . 0 1 v x − = Volviendo a utilizar las propiedades de los logaritmos v x nudos 24 L 003 . 0 1 = La posición de la embarcación cuando su rapidez es de 6 nudos es: 4 L 003 . 0 1 nudos 6 nudos 24 L 003 . 0 1 = = x ft 462 = 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 resistencia 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. C v g t v dv g dt v dv g dt dt dv g v ma Fy + − − − =       − − =       − − = = − − = ∑ ∫ ∫ ) 2 04 . 0 ( L 04 . 0 2 2 04 . 0 2 2 04 . 0 2 2 04 . 0 2 Si t = 0, v = 15       − − − = + − = 2 04 . 0 6 . 2 L 02 . 0 1 6 . 2 L 02 . 0 1 0 v g t C g       + = 2 04 . 0 6 . 2 L 02 . 0 1 v g t _____________ (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 . 1 L 02 . 0 1 g t = s 337 . 1 = t De la ecuación (1) 0.02 0.02 0.02 2.6 0.02 L 0.04 2 2.6 0.04 2 0.04 2 2.6 0.04 2 2.6 gt gt gt gt v e v v e v e − −   =   +   = + + = = − + gt e v 02 . 0 65 50 − + − = ______________ (2) ( ) 1 02 . 0 02 . 0 02 . 0 02 . 0 65 50 65 50 65 50 C e g t y dt e dy e dt dy gt gt gt + − − = + − = + − = − − − ∫ ∫ Si y = 0, t = 0 ( ) gt e g t y C g 02 . 0 1 1 02 . 0 65 50 02 . 0 65 0 − − + − = + − = Se encuentra el valor de t para y = 0 s 801 . 2 = t Sustituyendo el tiempo encontrado en la ecuación (2) ↓ = s m 47 . 12 v Cinética de la partícula 60 O bien: dy dv v g v dy dv v g v ma Fy 50 50 2 2 04 . 0 − = + = − − = ∑ 1 ) 50 ( L 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 C v v y g v dv dv dy g dv v v dy g v vdv dy g + + − = − + − = − + − + = − + = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Si y = 0, v = 15 65 L 50 15 65 L 50 15 0 1 1 + − = + − = C C       + + − = − 50 65 L 50 15 50 v v y g Para y = 0:       + + − = 50 65 L 50 15 0 v v Resolviendo mediante aproximaciones o con ayuda de una calculadora programable, obtenemos: 15 1 = v (Cuando comienza el movimiento) 48 . 12 2 − = v ↓ = s m 48 . 12 v 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 movimiento. Un tramo de ella se encuentra sobre la superficie 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: m N 20 4 80 = = w Las componentes normales de las superficies sobre la cadena tienen la misma magnitud que los pesos de sus tramos respectivos. [ ] 80 50 0.5 20(4 ) 9.81 80 50 10(4 ) 9.81 80 50 40 10 9.81 80 10 10 9.81 8 1 9.81 Fx ma dv x v dx dv x v dx dv x v dx dv x v dx dv x v dx ∑ = − − = − − = − + = + = + = 50 0 x 20(4-x) µ Cinética de la partícula 62 Hemos sustituido a por dx dv v ya que la fuerza está en función de la posición x, y hemos dividido ambos miembros entre 10. Separamos variables e integramos. C v x x vdv dx x vdv dx x +       = + = + = + ∫ ∫ 2 2 2 81 . 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. 2 4 81 . 9 81 . 9 4 2 0 2 2 2 x x v v x x C + = = + = La cadena termina de pasar a la superficie lisa cuando 4 = x , y su velocidad entonces es: 8 4 4 81 . 9 2 4 81 . 9 2 + = + = v x x v → = s m 42 . 5 v 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 x o de su posición de equilibrio y se suelta. 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 dv m kx ma Fx = − = ∑ 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. 2 2 2 2 v m C x k = + − Cuando 0 x x = ; 0 = v Entonces: 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 ( ) x x v k m k x x v k k m k m x x v k x x mv − = − − + = − = − = 2 0 2 2 0 2 0 x k C C x k = = + − N mg -kx x y Cinética de la partícula 64 ( ) 2 2 0 2 2 0 x x m k v x x m k v − = − = Sea m k p = dt dx v = 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 0 angsen dx p x x dt dx pdt x x dx p dt x x x pt C x = − = − = − = + ∫ ∫ Si 0 = t , 0 x x = ( ) ° + = ° = = 90 angsen 90 1 angsen 0 2 2 pt x x C C Aplicando la función seno de ambos lados de la ecuación: ( ) pt x x pt x x cos 90 sen 0 0 = ° + = pt x x cos 0 = Derivando con respecto al tiempo tenemos: ( ) pt px pt p x dt dx sen sen 0 0 − = − = pt px v sen 0 − = Cinética de la partícula 65 Derivando nuevamente con respecto del tiempo en- contraremos la aceleración. ( ) pt x p pt p px dt dv cos cos 0 2 0 − = − = pt x p a cos 0 2 − = x p a 2 − = Las gráficas para la posición, velocidad y aceleración son, respectivamente: t x 0 x 0 t p x 0 - p x 0 t p 2 x 0 -p 2 x 0 pt 0 గ ଶ ߨ ଷగ ଶ 2ߨ ହగ ଶ 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 velocidad y aceleración máximas del cuerpo. Resolución a) La constante de rigidez equivalente a la de los dos resortes en paralelo es ft lb 60 30 30 1 = + = k La constante equivalente a los dos resortes en serie es: 120 5 120 3 2 1 40 1 60 1 1 = + = + = k k ft lb 24 = 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 . 16 24 + − y y a a y a y ma Fy 48 5 . 0 24 2 . 32 1 . 16 1 . 16 1 . 16 24 − = = − = − + − = ∑ Esta ecuación es de la forma x a 2 ρ − = que corresponde al movimiento armónico simple, es decir, rec- tilíneo, cuya aceleración es proporcional a la posición െ24ݕ ൅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, in 3 0 = y , que es la longitud señalada en el enunciado. Como in 12 ft 1 = ft 25 . 0 0 = y El periodo T es el tiempo en que el cuerpo da una oscilación completa: p T pT π π 2 2 = = En donde m k p = 24 = k 16.1 0.5 32.2 24 48 4 3 0.5 m p = = = = = Entonces: 3 2 3 4 2 π π = = T s 907 . 0 = T Y la frecuencia, que es el número de ciclos completos por unidad de tiempo: π 2 1 p T f = = Hz 103 . 1 = f Cinética de la partícula 68 d) Como se trata de movimiento armónico simple, las ecuaciones del movimiento son: y p pt y p a pt py v pt y y 2 0 2 0 0 cos sen cos − = − = − = = que, para este caso particular, son: 3 4 cos 12 3 4 sen 3 3 4 cos 25 . 0 t a t v t y − = − = = El valor de la velocidad máxima se alcanza cuando 1 sen = pt , por tanto: 3 0 max = − = py v s ft 732 . 1 max = v La aceleración máxima corresponde a la posición extrema, 25 . 0 = y ) 25 . 0 ( 48 0 2 max = − = y p a 2 max s ft 12 = 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 horizontal, 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 horizontal y de 3 in/s 2 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 corredera. Las reacciones normales del brazo y de la ranura serán llamadas N B y N R respectivamente, en donde N B tendrá la dirección del eje y, mientras que N R será normal a la velocidad en el punto. 5 12 3 2 . 32 5 12 3 2 . 32 5 5 1       =       =       = ∑ R R N N ma Fx lb 0868 . 0 = R N       + = =       − − = ∑ 5 2 5 0 5 2 5 0 R B R B N N N N Fy x y lb 08 . 5 = B N 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. ↓ = = = − = ∑ 2 s m 81 . 9 81 . 9 5 . 1 ) 81 . 9 ( 5 . 1 a a a ma Fy Partiendo de este dato, elegimos un sistema de referencia completo para plantear las ecuaciones del movimiento de la piedra. Componentes horizontales 9 5 3 15 0 0 0 =       = = + = = ∫ x x x x x x v v dt a v v a t x dt dt v x x x 9 9 0 = = + = ∫ ∫ y 1.5 (9.81) y x 0 20m Cinética de la partícula 71 Componentes verticales ( ) 2 0 0 2 81 . 9 12 20 81 . 9 12 81 . 9 12 81 . 9 5 4 15 ) 81 . 9 ( 81 . 9 t t y dt t y y t v dt dt v v a y y y y − + = − + = − = −       = − + = − = ∫ ∫ ∫ Alcanza la altura máxima h cuando la componente vertical de la velocidad es nula. 81 . 9 12 81 . 9 12 0 0 = − = = t t v y Y esa altura es y = h 81 . 9 72 20 81 . 9 72 81 . 9 144 20 81 . 9 12 2 81 . 9 81 . 9 12 12 20 2 + = − + =       −       + = h m 3 . 27 = h La piedra llega al suelo en un punto situado a una distancia R del edificio. Es decir, cuando 2 2 81 . 9 12 20 0 0 t t 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 m 3 . 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 cuerda? ¿Cuál es la rapidez lineal del péndulo? Resolución ° = = − ° = ∑ 30 cos 8 0 8 30 cos 0 T T Fy kg 24 . 9 = T ( ) ( ) ( ) 8 30 sen 81 . 9 8 30 sen 81 . 9 30 sen 1 81 . 9 8 30 sen 81 . 9 8 30 sen 2 2 2 2 2 ° = ° = ° = ° = ° = ∑ T v T v v T v T ma Fn n ρ s m 683 . 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 mi 60 h a ft s s ft 88 s ft 30 44 60 h mi 60 =       = 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). ρ θ θ θ 2 2 . 32 sen cos 0 cos 0 v P N ma F P N P N F n n z = = ∑ = = − = ∑ Sustituyendo: 32200 ) 88 ( tan 32200 ) 88 ( cos sen 1000 ) 88 ( 2 . 32 sen cos 2 2 2 = = = θ θ θ θ θ P P N P z n θ º 5 . 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 4 0.8 4(9.81)sen 5 n n Fn ma T a v T v T T v θ θ ρ θ θ ∑ = − = − = − = − = Cuando ° = 30 θ ; 0 = v 4(9.81)sen30 0 4(9.81)sen30 T T − ° = = ° 19.6 2 N T = t t a ma Ft 4 cos ) 81 . 9 ( 4 = = ∑ θ Si ° = 30 θ : 2 4(9.81) cos 30 4 4(9.81) cos30 4 m 8.49 s t t t a a a ° = ° = = 2 m 33.9 60 s a = ° 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, dibujaremos 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 t t a ma F 4 cos ) 81 . 9 ( 4 = = ∑ θ La máxima rapidez la alcanza cuando 0 = t a , o sea, ° = = = 90 0 cos 0 cos 4 θ θ θ Y para hallar esa rapidez, sustituimos ds dv v 4 cos ) 81 . 9 ( 4 = θ Simplificando ds dv v 81 . 9 1 cos = θ Se puede relacionar el ánguloθ y el arco diferencial ds : el ángulo θ d es, como todo ángulo, la razón del arco al radio. θ θ d ds ds d 8 . 0 8 . 0 = = 0.8 dθ θ ds 0.8 n t Cinética de la partícula 76 De donde: θ θ d dv v 8 . 0 81 . 9 1 cos = Separando variables: ( ) 2 1 0.8cos 9.81 1 0.8 cos 9.81 1 0.8sen 2 9.81 d vdv d vdv v C θ θ θ θ θ = = = + ∫ ∫ Si ° = 30 θ , 0 = v C =       2 1 8 . 0 De donde ( ) ( ) ( ) 2 2 max 1 0.8sen 0.4 2 9.81 1 0.4 2sen 1 2 9.81 0.8(9.81)(1) v v v θ θ = + = − = max m 2.80 s v = 2 4(9.81) sen 4 n n F ma v T r θ ∑ = − = Para ° = 90 θ (sen 1 = θ ), max v v = y 8 . 0 = r ) 81 . 9 ( 8 8 . 0 ) 81 . 9 ( 8 . 0 4 ) 81 . 9 ( 4 =       + = T T 78.5 N T = Cinética de la partícula 77 20. Por el punto A de la superficie lisa mostrada en la figura, pasa una partícula de masa m con una rapidez v o . 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 t F ma dv mg 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 dh ds ds dh = = Por tanto ∫ ∫ = = v v B A dv v dh g dv v dh g 0 ds dh θ N n mg t θ h Cinética de la partícula 78 gh v v v v gh v gh o v v 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 + = − = = gh v v o 2 2 + = Si v 0 = 0, se tiene gh v 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. Des precie 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 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 tangencial en dirección de la velocidad. Puesto que la componente tangencial de la acelera ción mide el cambio de magnitud de la velocidad, que es variable en este caso, comenzaremos con la si guiente ecuación. sen t t F ma dv mg m v ds θ ∑ = = Se puede relacionar el ánguloθ ds, ya que todo ángulo se mide con la razón del arco al radio. θ θ rd ds r ds d = = De donde: sen sen sen v dv g r d gr d vdv gr d vdv θ θ 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 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 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 C v gr + = − 2 cos 2 θ Como v = 0 cuando θ = 0° (cos θ = 1) ) cos 1 ( 2 cos 2 2 cos ) 1 ( 2 2 2 θ θ θ − = − = − = − = − gr v gr gr v gr v gr C gr Utilizando la otra ecuación cinética: r v m N mg ma F n n 2 cos = − = ∑ θ Cuando la canica está a punto de separarse del globo, N = 0 y θ = β r v m mg 2 cos = β Del resultado anterior: 3 2 cos 2 cos 3 cos 2 2 cos ) cos 1 ( 2 cos ) cos 1 ( 2 cos = = − = − = − = β β β β β β β β gr gr r gr g ° = 2 . 48 β 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, sabiendo 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 circunferencia 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 cos30 9.81 3 2 2 9.81 1 3 9.81 . . . Z n n F N P N P F ma P N r P P r r θ θ θ ∑ = ° − = = ∑ = =   =       = El radio de la trayectoria es 3 25 . 0 2 3 5 . 0 30 cos 5 . 0 = = ° = r 30° N P n z 0.5 r 30° Cinética de la partícula 82 De donde 25 . 0 81 . 9 ) 3 25 . 0 ( 81 . 9 1 3 . . 2 2 = = θ θ rad 6.26 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 horizontal, en línea recta, a lo largo de 10 m. Los coeficientes 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 movimiento descrito. Resolución Mediante el diagrama de cuerpo libre investigaremos las magnitudes de las fuerzas cuyos trabajos deseamos conocer. 60 ; 0 2 1 20 50 0 N N Fy Por tanto 12 2 . 0 N Fr Como las cuatro fuerzas son constantes, el trabajo se puede calcular mediante la expresión: s F U 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 10 2 3 20 10 30 cos 20 E U m kg 2 . 173 E U 10 270 cos 50 P U 10 90 cos 50 N U 0 N U 10 1 12 10 180 cos 12 Fr U m kg 120 Fr U El trabajo es un escalar que puede ser positivo, negativo o nulo. 0 P U Trabajo e Impulso 85 2. Una fuerza F de 500 N empuja un cuerpo de 40 kg de masa que reposa en una superficie horizontal. 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, respectivamente, 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 ; 0 40 0 N g N Fy Por tanto: 1 . 98 81 . 9 ) 40 ( 25 . 0 Fr N k Fr Los trabajos que realizan las fuerzas son: 0 N P U U (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 1 3215 2 1 8 . 784 4000 2 2 1 2 2 v v v v m T U s m 68 . 12 v 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 tangencial. B A ds U ds P U cos 4 cos 2 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 0 sen 4 ds U Tomaremos un desplazamiento diferencial y lo relacionaremos con . d ds ds d 6 . 0 ; 6 . 0 180 0 sen 6 . 0 4 d U 1 ) 1 ( 4 . 2 0 cos 180 cos 4 . 2 U U N t ϴ N t 4 ϴ ds d 0.6 4 ft lb 8 . 4 U Trabajo e Impulso 87 Segundo procedimiento Como el trabajo es una fuerza conservativa, es decir, el trabajo que realiza es independiente de la trayectoria que siga el cuerpo, se puede calcular multiplicando su magnitud por el cambio de nivel de la par- tícula (vid. Prob. 4) 2 . 1 4 U h P U ft lb 8 . 4 U Trabajo e impulso 88 4. Una partícula de masa m pasa por A con una rapidez v o . Sabiendo que la superficie es lisa, determine, 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 A ds mg ds mg U cos cos En la figura relacionaremos con un desplazamiento diferencial. B A B A dh mg ds ds dh mg U ds dh cos mgh U Utilizando la fórmula del trabajo y la energía cinética tenemos, tenemos: gh v v v v m mgh T U 2 2 1 2 0 2 2 0 2 gh v v 2 2 0 Si 0 0 v , entonces: gh v 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 trabajo 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: ds x ds x U B A B A cos 200 cos 200 En la figura se establece la relación entre dx, ds y . ds dx cos por tanto 2 1 200 xdx U Como las longitudes inicial y final del resorte son 0.5 y 0.3 m, y su longitud natural es 0.2 m, las deformaciones son 3 . 0 1 x m y 1 . 0 2 x m. 08 . 0 100 1 . 0 3 . 0 100 2 200 200 2 2 3 . 0 1 . 0 2 3 . 0 1 . 0 U x xdx U m kg 8 U 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 0 81 . 9 5 2 1 8 2 1 2 2 2 B B A B v v v v m U T U s m 60 . 5 B v Segundo procedimiento Si sabemos que el trabajo que realiza un resorte es: 2 1 2 2 2 1 x x k U entonces 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 81 . 9 5 8 81 . 9 5 3 . 0 1 . 0 200 2 1 2 1 B B A B v v v v m x x k s m 60 . 5 B v 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 cuerda 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. t s F U F f lb 1600 8 200 Peso del collarín Como el desplazamiento del collarín tiene el sentido contrario del peso, el trabajo que realiza es negativo. ft lb 120 12 10 h P U P Fuerza del resorte Como el collarín reposa inicialmente sobre el resorte, lo deforma una longitud tal que 10 20 1 x ; o sea ft x 5 . 0 1 . Al final, el resorte estará estirado una longitud ft 5 . 11 5 . 0 12 2 x . 2 2 2 1 2 2 5 . 0 5 . 11 20 2 1 2 1 x x k U K 5 12 13 10 kx = 20x 1 Trabajo e impulso 92 ft lb 1320 K U Empleando la fórmula del trabajo y la energía ciné- tica: 10 2 . 32 320 0 2 . 32 10 2 1 160 2 1 1320 120 1600 2 2 2 2 B B A B v v v v m T U s ft 1 . 32 B v 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. 2747 4 81 . 9 70 Vg h P Vg m N 2750 Vg 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 2 2747 0 2747 0 70 2 1 0 2 1 0 2 2 2 2 B B A B v v h P v v m Vg T s m 86 . 8 B v 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. 0 2 1 0 2 1 2 2 h P v v m Vg T observamos que hes negativa y de 30-2(10) = 10 1044 644 400 0 10 500 20 2 . 32 500 2 1 2 2 2 2 2 2 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 . 32 500 500 2 . 32 500 500 2 N v N ma F n n lb 1121 N 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 10 2 . 32 500 500 2 2 v v ma F n n Con la fórmula de la conservación de la energía, tomando en cuenta que h h 20 5 20 0 20 5 0 500 0 322 2 . 32 500 2 1 0 2 1 0 2 1 2 2 h h h h P v v m Vg T ft 25 h 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, respectivamente, mientras que la de la polea es despreciable. 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. 2 2 2 2 2 2 5 . 7 15 2 1 0 2 1 5 10 2 1 0 2 1 0 v v v m T v v v m T Vg T B B A A 5 . 12 53 . 24 53 . 24 5 . 12 0 58 . 73 05 . 49 5 . 7 5 58 . 73 5 . 0 81 . 9 15 05 . 49 5 . 0 81 . 9 10 2 2 2 v v v v h mg Vg h mg Vg B A s m 401 . 1 v 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 . 98 401 . 1 10 5 . 0 81 . 9 10 401 . 1 10 2 1 5 . 0 0 2 1 2 2 2 T T h mg v m s T Vg T U N 7 . 117 T Podemos comprobar llevando los resultados al cuerpo B. 86 . 58 86 . 58 58 . 73 72 . 14 86 . 58 5 . 0 81 . 9 15 401 . 1 15 2 1 5 . 0 7 . 117 0 2 1 2 2 h mg v m s T Vg T U 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 originalmente 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. 1 2 3 4 2 6 2 1 x x Por tanto: 15 25 4 1 50 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 Ve x x k Ve ft lb 375 Ve 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. 0 375 0 2 1 0 2 h P v m Ve Vg T Trabajo e Impulso 99 3 1 . 16 411 36 375 1 . 16 3 } 0 375 3 12 2 . 32 12 2 1 2 2 2 v v v s ft 0 . 47 v 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, respectivamente, 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 relacionar 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 mediante el diagrama de cuerpo libre de A. 39 . 17 0 15 cos 18 0 N N Fy Por tanto, la fuerza de fricción es 608 . 2 15 . 0 N Fr 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 1 x , tenemos: x x s Fr U Ve Vg T U 608 . 2 04 . 13 5 608 . 2 367 20 0 81 . 9 18 2 1 2 1 2 2 1 2 2 v v m T 0.15 N 18 15° N Δh 5 + x 15° Trabajo e Impulso 101 2 2 2 1 2 2 750 0 1500 2 1 2 1 3 . 23 66 . 4 15 sen 5 18 x x x x h Ve x x h P Vg Sustituyendo 0 7 . 356 27 . 7 750 750 3 . 23 66 . 4 367 608 . 2 04 . 13 2 2 x x x x x 695 . 0 685 . 0 2 1 x x La raíz negativa no tiene significado físico y la máxima deformación del resorte es: m 685 . 0 x 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 m 5 . 0 la cantidad de movimiento del carro es: 5 . 0 90 L v m L 573 . 0 s m ton 45 L Podemos calcular su velocidad cuatro segundos des- pués mediante la fórmula del impulso y la cantidad de movimiento. x x x L L dt F L L dt F 1 2 1 2 1 2 1 2 Como las fuerzas son constantes: 5 . 0 04 . 0 45 90 4 100 1 90 45 4 4 4 v v mv t F x 573 . 0 s m 54 . 0 4 v 90 N y x 1 100 α = 0.573° α ϴ Trabajo e Impulso 103 13. Un cuerpo de 20 lb reposa sobre una superficie 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, respectivamente. 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 5 4 20 , obtenemos: t F 5 20 Calcularemos la velocidad del cuerpo cuando 4 t 20 2 . 32 20 2 . 32 20 40 60 2 . 32 20 5 . 2 15 2 . 32 20 5 15 0 5 4 4 4 4 0 2 4 4 0 2 4 0 1 2 4 0 v v v t t v dt t L dt F L L dt F x x x x s ft 2 . 32 4 v 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 15 5 0 5 5 20 0 t t t F x Por tanto 20 2 . 32 5 . 22 2 . 32 20 5 . 22 45 2 . 32 20 5 15 max max max 3 0 v v v dt t s ft 2 . 36 max v Después de 4 t , el cuerpo queda sujeto a las fuerzas mostradas. 20 5 0 4 t L dt F x x s 4 t Otro procedimiento Puesto que la fórmula del impulso es: dt F L x x Dicha cantidad queda representada por el área contenida bajo la gráfica de la componente horizontal de la resultante del sistema de fuerzas, la cual es: t F t F F x x 5 15 5 5 20 5 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 s 6 . 3 es: 5 . 22 2 . 3 15 2 1 A que igualada con el incremento de la cantidad de movimiento nos permite hallar la velocidad máxima 20 2 . 32 5 . 22 2 . 32 20 5 . 22 0 5 . 22 max max max v v v m s ft 2 . 36 max v Para encontrar la velocidad cuando s 4 t , al área anterior hay que restarle la del pequeño triángulo que le sigue. 20 2 . 32 20 2 . 32 20 20 2 . 32 20 5 1 2 1 5 . 22 4 4 4 v v v s ft 2 . 32 4 v Para calcular el tiempo t , en que el cuerpo se seguirá moviendo, igualamos el área positiva con la negativa. 2 20 5 5 . 2 5 . 22 5 5 1 2 1 3 15 2 1 t t t s 4 t 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 alcanza 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, respectivamente. 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: N N F s 4 . 0 ' La magnitud de E se puede expresar de acuerdo a la gráfica, como: t E 100 Cuando el cuerpo está a punto de moverse, tenemos: 0 5 . 0 81 . 9 40 0 E N F y t N 50 4 . 392 ____________________ (1) t N N E F x 6 . 86 4 . 0 0 4 . 0 2 3 0 t N 5 . 216 ________________________ (2) Igualando 472 . 1 50 4 . 392 5 . 216 t t t Además 8 . 318 N 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° µ s = 0.25 µ k = 0.20 Trabajo e Impulso 107 N N F k k 2 . 0 Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y utilizamos la ecuación del impulso. t N t N F y 50 4 . 392 0 50 4 . 392 0 48 . 78 6 . 96 10 48 . 78 6 . 86 50 4 . 392 2 . 0 3 50 2 . 0 2 3 100 t F t t F t t F N t F x x x x Como la rapidez máxima la alcanza cuando s 5 t 40 826 40 826 40 472 . 1 48 . 78 ) 472 . 1 ( 3 . 48 5 48 . 78 ) 5 ( 3 . 48 40 48 . 78 3 . 48 40 48 . 78 6 . 96 0 2 2 5 472 . 1 2 5 472 . 1 5 472 . 1 máx máx máx máx máx máx x v v v v t t v dt t v m dt F s m 6 . 20 máx v Una vez que se retira la fuerza E, el diagrama de cuerpo libre es el que se muestra. El impulso ulterior es: 6 . 20 40 4 . 392 2 . 0 0 t v m t F máx x s 52 . 10 t 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 cantidad de movimiento lineal. 2 2 1 1 B B A A B B A A v m v m v m v m Como las velocidades tienen la misma dirección y son iguales las velocidades finales de A y B, podemos escribir: 180 520 180 520 100 80 2 100 4 80 1 1 v v v v v m v m v m v m B A B B A A h km 89 . 2 v 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 transbordador, sabiendo que la resistencia del agua a su movimiento es despreciable. Resolución Empleamos la fórmula de la conservación de la cantidad de movimiento. 2 2 1 1 T T C C T T C C v m v m v m v m Como las velocidades son horizontales T C T T C C T T C C v v v m v m v m v m 240 20 0 240 0 20 2 2 1 1 Sabemos que la velocidad relativa del camión respecto al transbordador es de h mi 10 . T C T T C C v v v v v 10 Sustituyendo 769 . 0 260 200 200 260 240 20 200 0 240 10 20 0 T T T T T T v v v v v v El signo indica que el transbordador se mueve hacia la izquierda. h mi 769 . 0 T v 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. 2 2 1 1 B B A A B B A A v m v m v m v m Como las masas de A y B son iguales: 2 2 1 1 B A B A v v v v en donde: j v i v v j i v y B x B B A 2 2 2 2 2 1 10 2 3 10 es decir: j v i v j i i y B x B 2 2 5 66 . 8 15 Igualando las componentes en x 34 . 6 66 . 8 15 2 2 x B x B v v Igualando las componentes en y 5 5 0 2 2 y B y B v v Por tanto v A1 = 15 y x y x v A2 = 10 30° θ v B2 v B2x = 6.34 v B2 v B2y = 5 θ Trabajo e Impulso 111 34 . 6 5 tan 5 34 . 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x B y B y B x B B v v v v v 3 . 38 s ft 07 . 8 2 B v 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: 2 2 1 1 B B A A B B A A v m v m v m v m pero como las masas de los carros son iguales y todas las velocidades tienen la misma dirección 24 0 24 2 2 2 2 2 2 1 1 B A B A B A B A v v v v v v v v 2 2 24 A B v v ________________________ (1) Puesto que se pierde el 20% de la energía cinética: 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 8 . 0 2 1 2 1 B B A A B B A A v m v m v m v m Simplificando 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 8 . 0 0 24 8 . 0 B A B A B A v v v v v v Sustituyendo el valor de (1) 0 6 . 57 24 48 2 2 . 0 24 48 24 8 . 0 24 24 8 . 0 24 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A A A A A A A A A v v v v v v v v v x Trabajo e Impulso 113 Resolviendo: 70 . 2 3 . 21 2 2 1 2 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. s m 3 . 21 s m 70 . 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: 520 100 80 100 80 2 100 4 80 2 2 2 2 2 2 1 1 B A B A B B A A B B A A v v v v v m v m v m v m dividiendo entre 20 26 5 4 2 2 B A v v ___________________ (1) Puesto que se trata de un impacto central entre cuerpos que no son perfectamente elásticos 2 2 2 2 1 1 6 . 0 2 4 A B A B B A v v v v e v v 2 . 1 2 2 B A v v _____________________ (2) multiplicando por 4 y resolviendo el sistema por suma y resta 8 . 30 9 26 5 4 8 . 4 4 4 2 2 2 2 2 B B A B A v v v v v h km 42 . 3 2 B v De (2) 2 . 1 42 . 3 2 . 1 2 2 B A v v h km 22 . 2 2 A v 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 coeficiente 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. t x v a t y t v a ma mg ma F x x y y y y y 2 2 0 1 . 16 3 2 . 32 2 . 32 2 Cuando llega al suelo, b x y , 0 1 . 16 3 2 1 . 16 3 1 . 16 3 0 2 b t t ft 863 . 0 b v 1y v 2y v 2x v 1x Trabajo e impulso 116 Al rebotar, la componente horizontal de la velocidad no sufre alteración. Las verticales cambian a causa del impacto. y S S y v v e v v 2 1 en donde S v es la velocidad del suelo, que es nula. y y v v 2 1 9 . 0 en donde y y v v 2 1 9 . 0 90 . 13 90 . 13 1 . 16 3 2 . 32 51 . 12 2 y v La pelota vuelve a quedar sujeta a la sola acción de su peso, y las ecuaciones del nuevo movimiento son: 2 1 . 16 51 . 12 2 . 32 51 . 12 2 . 32 t t y t v a y y 2 0 x x v a t x 2 (tomando como 0 x el punto del rebote) La pelota vuelve a llegar al suelo si 0 y , c x 1 . 16 51 . 12 1 . 16 51 . 12 0 1 . 16 51 . 12 0 2 t t t t 1 . 16 51 . 12 2 c ft 554 . 1 c 117 4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO 4.1 Movimiento relativo de partículas 1. Un ferrocarril se mueve con velocidad constante 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 ferrocarril, de 8 km/h. ¿Cuál es la velocidad absoluta del pasajero? Resolución − P v Velocidad absoluta del pasajero − T v Velocidad absoluta del tren − T P v Velocidad relativa del pasajero respecto al tren. T T P P v v v + = Dibujaremos un diagrama de vectores que represente la ecuación anterior. La magnitud de la velocidad del pasajero es: 2 2 8 25 + = P v Y su dirección 25 8 tan = θ Ѳ v T = 25 v P v P/T = 8 ° = 7 . 17 h km 2 . 26 P v 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/s 2 . 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. B B A A v v v + = Con el diagrama de vectores que representa la ecua- ción anterior se muestra que: ← = s ft 1300 B A v La aceleración de A es normal a la velocidad y su magnitud es: ↓ = = = 80 ; 8000 2 800 2 A a A a v A a ρ y la de B es: → = 30 B a Entonces: B B A A a a a + = De la figura que representa la ecuación: 30 80 tan 2 80 2 30 = + = θ B A a ° = 4 . 69 s ft 4 . 85 2 B A a a B = 30 a A = 80 a A/B ϴ v A = 800 v A/B v B = 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 − A v Velocidad absoluta del automóvil − M v Velocidad absoluta del motociclista − M A v Velocidad relativa del automóvil respecto al motociclista M M A A v v v + = Como se trata de sólo tres vectores, dibujamos un diagrama que represente la ecuación anterior. Por la ley de cosenos 1 . 36 60 cos 40 ) 30 ( 2 40 30 2 2 2 = ° − + = M A M A v v Por la ley de senos ° = ° − ° ° = = 0 . 44 0 . 46 90 ; 0 . 46 60 sen 30 sen α α M A v ° = 44 s m 1 . 36 M A v 60° 40 m/s 100 m 30 m/s v A/M α 60° v M = 40 v A = 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/s 2 , 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: ( ) ( ) j i a j i j i j i j i a a a A t A n A A 29 . 10 1699 . 0 5 . 2 3 5 . 2 3 5 . 4 5 . 4 30 sen 30 cos 5 30 cos 30 sen 100 30 ) ( ) ( 2 − − = − + − − = ° − ° + ° − ° − = + = j i a j i a a a M t M n M M 8 16 8 100 40 ) ( ) ( 2 + − = + − = + = Aceleración relativa: j i a j i a j i a a a M A M A M M A A 29 . 18 83 . 15 8 16 29 . 10 1699 . 0 − = + − = − − + = ° = 1 . 49 s m 2 . 24 2 M A a 18.29 30° y x a t = 5 a t = 8 15.83 a A/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 = 2t 3 , 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. t 12 = • • θ que es la aceleración angular del volante. Para 5 = t 2 s rad 60 = • • θ 2400 rpm en s rad son π π 80 60 2 2400 =       El tiempo que tarda en alcanzar esa rapidez es: 2 6 80 t = π 6 80π = t θ A B Cinemática del cuerpo rígido 122 y la desviación angular correspondiente es: rad 3 6 80 2         = π θ que en revoluciones son: =         π π 2 6 80 2 3 rev 3 . 86 Cinemática del cuerpo rígido 123 6. El diámetro AB del volante de la figura se desvía según la expresión θ = 2t 3 , 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 2 3 3 60 π π π = = = ° t t rad s 806 . 0 = t b) 898 . 3 ) 806 . 0 ( 6 6 2 2 = = = = • ω θ ω t Como r v ω = ) 20 ( 898 . 3 = v ° = 30 s cm 0 . 78 v La aceleración normal del punto B es: 9 . 303 20 ) 898 . 0 ( 2 2 = = = r a n ω θ A B α β B 303.9 153.6 60° Cinemática del cuerpo rígido 124 Y la tangencial r a t α = En donde 672 . 9 ) 806 . 0 ( 12 12 = = = = • • t θ α 44 . 193 ) 20 ( 672 . 9 = = t a La magnitud de la aceleración de B es: 2 . 360 44 . 193 9 . 303 2 2 = + = a Y el ángulo β 2 . 360 44 . 193 tan = β ; ° = 5 . 32 β Por tanto, como ° = ° − ° 5 . 27 5 . 32 60 ° = 5 . 27 s cm 360 2 a Cinemática del cuerpo rígido 125 7. La banda de la figura es flexible, inextensible 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 r v ω = Donde s rad 4 s rad 60 2 120 π π ω =       = ) 3 ( 4π = v s in 7 . 37 = v Como la expresión r v ω = puede emplearse con cualquiera de las poleas: 5 ) 3 ( 120 = = = B A A B B B A A r r r r ω ω ω ω rpm 72 = B ω 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. ° = = 30 s m 2 . 3 ) 4 . 0 ( 8 A v Puesto que la barra AB se mueve con traslación pura, todas sus partículas tienen la misma velocidad. A B v v = ° = 30 s m 2 . 3 B v La velocidad angular de la barra CD es: s rad 8 4 . 0 2 . 3 = = = r v CD ω Igual a la de la barra OA. Por tanto, la velocidad lineal del extremo D es: ) 8 . 0 ( 8 = = r v D ω ° = 30 s m 4 . 6 D v Como la velocidad angular es constante, la acelera- ción de D no tiene componente tangencial. ) 8 . 0 ( 8 2 2 = = = r a a n ω ° = 60 s m 2 . 51 2 a C D D C v A 30° 30° 30° α 0.4 m v A 8 rad/s α v B 30° 0.8 m v D 8 rad/s 30° 0.8 m v A 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 locomotora 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 s m s m 20 s m 6 . 3 2 . 7 h km 72 = = Como el punto O se mueve junto con la locomotora. s m 20 = O v Y la velocidad angular de la rueda es: 4 . 0 20 = = r v O ω s rad 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 referencia de la figura: i i i v i j k v v r v v v v A A O O A A O O A A 40 20 20 20 4 . 0 50 = + = + × − = + × = + = ω B x y O A C i v 20 0 = → = s m 40 A v Cinemática del cuerpo rígido 128 i j v i i k v v r v B B O O B B 20 20 20 4 . 0 50 + − = + × − = + × = ω ° = ∴ = = = = = 45 1 20 20 tan 3 . 28 2 20 ) 2 ( 20 2 β β B v ° = 45 s m 3 . 28 B v i i v i j k v v r v C C O O C C 20 20 20 ) 4 . 0 ( 50 + − = + − × − = + × = ω 0 = C v Lo cual es evidente porque C tiene la misma velocidad del punto del riel con el que está en contacto y dicho punto no se mueve. β v B/0 v B v 0 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 velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B. Resolución Como: ( ) j j i i v j j i k i v v r v v v v B B A A B B A A B B 30 12 16 30 16 12 − + = − − × = + × = + = ω ω ω ω Reduciendo términos semejantes j i i v B ) 30 12 ( 16 − + = ω ω Que es una igualdad de vectores. Igualando las componentes verticales tenemos: 12 30 30 12 0 = − = ω ω s rad 5 . 2 = ω E igualando las componentes horizontales: ) 5 . 2 ( 16 = B v → = s in 40 B v ω v A = 30 in/s v B Cinemática del cuerpo rígido 130 11. El disco de la figura gira con rapidez angular 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: ↓ = = = s cm 480 ) 40 ( 12 A A v r v ω La barra AB tiene movimiento plano general y su geometría se muestra en la figura. ( ) j j i i v j j i k v v r v v v v B B A A B B A A B B 480 9 . 103 60 480 60 9 . 103 1 1 1 1 − + = − − × = + × = + = ω ω ω ω Reduciendo términos semejantes ( ) j i i v B 480 9 . 103 60 1 1 − + = ω ω Que es una igualdad de dos vectores. Igualando las componentes verticales se tiene: 480 9 . 103 0 1 − = ω s rad 62 . 4 1 = ω Igualando las componentes horizontales: ) 66 . 4 ( 60 = B v → = s cm 277 B v v A 30° 12 rad/s 40 cm v A ω 1 B v B 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 antihorario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B. Resolución Comenzamos investigando la geometría del mecanismo mediante la resolución de los triángulos rectán- gulos de la figura. La manivela OA gira con rotación pura. ( ) j i v j i k v r v A A A 25 3 . 43 33 . 4 5 . 2 10 + − = + × = × = ω La biela AB tiene movimiento plano general. ( ) j i j i i v j i j i k v v r v v v v B B A A B B A A B B 25 3 . 43 40 . 15 33 . 4 25 3 . 43 33 . 4 40 . 15 1 1 1 1 + − + = + − − × = + × = + = ω ω ω ω Asociando las componentes respectivas: ( ) ( ) j i i v B 25 40 . 15 3 . 43 33 . 4 1 1 + + − = ω ω Igualando las componentes verticales: 25 40 . 15 0 1 + = ω ; 623 . 1 1 − = ω Y las horizontales: 3 . 50 3 . 43 ) 623 . 1 ( 33 . 4 − = − − = B v Por tanto: s rad 623 . 1 1 = ω ← = s in v B 3 . 50 A 5” O 16” 60° B 5 10 rad/s 60° O v A 5 O B A 16 5 O B A 16 15.40 4.33 2.5 x y x y v B 60° A v A Cinemática del cuerpo rígido 132 13. La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular ω 1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las velocidades angulares ω 2 y ω 3 de las barras BC y CD. Resolución Comenzaremos determinando la geometría del mecanismo 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: ( ) j i v j i k v r v B B B 6 . 3 7 . 2 3 . 0 4 . 0 9 1 − − = + − × = × = ω La barra BC tiene movimiento plano general. ( ) j i j i i v j i j i k i v v r v v v v C C B B C C B B C C 6 . 3 7 . 2 2 . 1 3 . 0 6 . 3 7 . 2 3 . 0 2 . 1 2 2 2 2 − − + − = − − − + × = − + × = + = ω ω ω ω Asociando términos ( ) ( ) j i i v C 6 . 3 2 . 1 7 . 2 3 . 0 2 2 − + − − = − ω ω Igualando las componentes en dirección de y: 6 . 3 2 . 1 0 2 − = ω ; s rad 3 2 = ω Haciendo lo mismo en dirección de x: 7 . 2 ) 3 ( 3 . 0 − − = − C v ; ← = 6 . 3 C v De la barra CD obtenemos: D C C r v 3 ω = − ; 6 . 0 6 . 3 3 = ω s rad 6 3 = ω v c = 3.6 m/s C 0.6 ω 3 v B A 0.3 1.2 1.237 9 rad/s v B x y x y B 0.3 0.3 D C B A 0.4 0.8 B C ω 2 v c D Cinemática del cuerpo rígido 133 4.4.2 Centro instantáneo de rotación 14. La rueda de la figura pertenece a una locomotora 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 locomotora, tiene una velocidad de 72 km/h. → = = = s m 20 s m 3.6 72 h km 72 O v La velocidad angular de la rueda es por tanto: 4 . 0 20 = = r v o ω s rad 50 = 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 . 0 50 = = A A A v r v ω → = s m 40 A v ( ) 2 4 . 0 50 = = B B B v r v ω ° = 45 s m 3 . 28 B v 0.4 m 0.4 m B r B rA = 0.8 m O 0.4 m v o C (CIR) v A C v B 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 velocidad 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 v ω s rad 5 . 2 = ω Y la velocidad de B ) 16 ( 5 . 2 = = B B B v r v ω → = s in 40 B v ω v A = 30 in/s v B CIR r B r A Cinemática del cuerpo rígido 135 16. El disco de la figura gira con rapidez angular 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 r v ω Por tanto, la velocidad angular de la barra AB es: 3 60 720 = = A A AB r v ω s rad 93 . 6 = AB ω Y la velocidad de B será: ( ) 60 93 . 6 = = B B AB B v r v ω → = s cm 416 B v Cinemática del cuerpo rígido 136 17. En la posición mostrada, la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario. 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 OA OA A v r v 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 perpendiculares 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 A AB r v ω s rad 623 . 1 = AB ω Por tanto: ( ) 1 . 31 697 . 1 = = B B AB B v r v ω ← = s in 3 . 50 B v 60° 5 A 10 rad/s 30° v A CIR 30° 16 A 5 2.5 15.4 B r B =31 r B = 30.8 CIR r B r A 30° O O v A A B v B Cinemática del cuerpo rígido 137 18. La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular ω 1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las velocidades angulares ω 2 y ω 3 de las barras BC y CD, en la posición mostrada. Resolución Las articulaciones B y C tienen velocidades perpendiculares 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 AB AB B v r v ω Para hallar el centro instantáneo de rotación de la barra BC prolongamos las barras AB y CD y encontramos su intersección. Puesto que la distancia de dicho centro al punto B es de 1.5 m, entonces: 5 . 1 5 . 4 2 = = B B r v ω s rad 3 2 = ω Cuyo sentido se deduce de la observación de la figura ) 2 . 1 ( 3 2 = = C c C v r v ω ← = s m 6 . 3 c v Por tanto: 6 . 0 6 . 3 3 = = C C r v ω s rad 6 3 = ω C 1.0 0.8 0.6 D CIR A B 0.5 r c = 1.2 m v c v B 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 locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h, aumentando su rapidez a razón de 4 m/s 2 . 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: h km 72 s m 20 = : 50 4 . 0 20 = = = r v O ω Como su sentido es horario, el vector velocidad angular en el sistema de referencia mostrado es: k 50 − = ω La aceleración lineal del punto O es igual a la de la locomotora. i a a O O 4 s m 4 2 = → = La aceleración angular de la rueda es: 4 . 0 4 = = r a O α 2 s rad 10 = α El vector aceleración angular es k 10 − = α Para calcular las aceleraciones lineales de los puntos, emplearemos las ecuaciones de movimiento relativo. 0.4 m O 4 m/s 2 O 0.4 m v o =20 m/s C (CIR) α x r A/O α B = 4 m/s 2 C x y x y 0.4 m ω ω 2 r A/O α A Cinemática del cuerpo rígido 139 O O A A a a a + = Es decir: ( ) 8 1000 tan 1000 8 1000 8 4 1000 4 4 4 . 0 50 4 . 0 10 2 2 2 2 = + = − = + − = + − − × − = + − × = β ω α A A A A O O A O A A a j i a i j i a i j j k a a r r a ° = 5 . 89 s m 1000 2 A a De modo semejante, determinaremos las aceleraciones de los puntos B y C. ( ) 996 4 tan 4 996 4 996 4 1000 4 4 4 . 0 50 4 . 0 10 2 2 2 2 = + = − − = + − − = + − − × − = + − × = γ ω α B B B B O O B O B B a j i a i i j a i i i k a a r r a ° = 23 . 0 s m 996 2 B a ( ) ( ) ( ) j a i j i a i j j k a a r r a C C C O O C O C C 1000 4 1000 4 4 4 . 0 50 4 . 0 10 2 2 = + + − = + − − − × − = + − × = ω α ↑ = 2 s m 1000 C a O O β r C/O C r B/O α C A 1000 α A O 996 4 α B ϴ Cinemática del cuerpo rígido 140 20. El collarín A se desliza, en el instante mostrado en la figura, hacia abajo con una rapidez de 30 in/s, que aumenta a razón de 140 in/s 2 . 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 movimiento relativo. A A B A B B A A B B a r r a a a a + − × = + = 2 ω α En el sistema de referencia mostrado y sabiendo que la velocidad angular de la barra es s rad 5 . 2 = ω (ver problemas 10 y 15) ( ) ( ) ( ) ( ) j i i a j j i j i i a j j i j i k i a B B B 40 12 75 16 140 100 75 12 16 140 16 12 5 . 2 16 12 2 − + − = − + − + = − − − − × = α α α α α Igualando las componentes verticales: 12 40 40 12 0 = − = α α 2 s rad 33 . 3 = α Igualando las componentes horizontales 7 . 21 75 ) 33 . 3 ( 16 − = − = B B a a ← = 2 s in 7 . 21 B a El signo negativo quiere decir que su sentido es contrario al que se supuso. ω = 2.5 rad/s B a B A 16” 12” a A = 140 m/s 2 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 angular 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 2 2 s cm 5760 40 12 A A a r a ω Para calcular la aceleración angular de la barra, que tiene movimiento plano general, y la aceleración lineal del collarín, utilizamos la ecuación del movimiento relativo. A A B A B B A A B B a r r a a a a + − × = + = 2 1 ω α Sabiendo que ω 1 , la velocidad angular de la barra, es de 4.62 s rad y refiriéndonos al sistema cartesiano mostrado. ( ) ( ) i j i j i i a i j i j i k i a B B 5760 1281 2218 9 . 103 60 5760 60 9 . 103 62 . 4 60 9 . 103 2 − + − + = − − − − × = α α α Reduciendo términos semejantes ( ) ( ) j i i a B 1281 9 . 103 7978 60 + + − = α α Igualando las componentes en dirección del eje de las yes. ω 1 B a B A 60 cm 103.9 cm a A x y a 1 A 0.4 m ω = 12 rad/s 40 cm Cinemática del cuerpo rígido 142 33 . 12 9 . 103 1281 1281 9 . 103 0 − = − = + = α α 2 s rad 33 . 12 = α E igualando las componentes en dirección x’x 8720 7978 ) 33 . 12 ( 60 − = − − = B a ← = 2 s cm 8720 B a 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 antihorario y una aceleración angular de 50 rad/s 2 en sentido 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 movimiento relativo. A A B B a a a + = O sea: A A B A B B a r r a + − × = 2 ω α Por tanto, necesitamos conocer previamente la velocidad angular ω de la biela, la cual es de 1.623 s rad 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 mostrado. ( ) ( ) ( ) ( ) j i a j i j i a j i j i k a r r a a a a A A A O O A n A t A A 558 5 . 33 433 250 125 5 . 216 33 . 4 5 . 2 10 33 . 4 5 . 2 50 2 2 − − = − − − = + − + × − = − × = + = ω α Y la ecuación del movimiento relativo queda así 558 in/s 2 ω = 1.397 rad/s B a B A 4.33 cm 15.4 cm 0.4 m a A ω 0 = 10 rad/s O A α 0 = 50 rad/s 2 a n 60° 4.33” x y 2.5” 33.5 in/s 2 ( ) ( ) ( ) ( ) j i i a j i i j i j i i a j i j i j i k i a j i r r a a a a B B B B B A A B B 6 . 546 4 . 15 07 . 74 33 . 4 558 5 . 33 406 . 11 45 . 8 5 . 40 4 . 15 33 . 4 558 5 . 33 33 . 4 4 . 15 623 . 1 33 . 4 4 . 15 ) 558 5 . 33 ( 2 2 − + − = − − + + − + = − − − − − × = − − + − × = + = α α α α α ω α Cinemática del cuerpo rígido 144 Igualando las componentes verticales: 4 . 15 6 . 546 6 . 546 4 . 15 0 = − = α α 2 s rad 5 . 35 = α e igualando las componentes horizontales 07 . 74 ) 5 . 35 ( 33 . 4 − = B a El signo negativo indica que el sentido de la acelera- ción es contrario al supuesto. ← = 2 s in 6 . 79 B a Cinemática del cuerpo rígido 145 23. La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular ω 1 de 9 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular α 1 de 20 rad/s 2 también en sentido antihorario. Determine las aceleraciones angulares α 2 y α 3 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 velocidades angulares. La velocidad angular de la barra BC es s rad 3 2 = ω y de la barra CD, s rad 6 3 = 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. B B C C a a a + = O sea: B B C B C C a r r a + − × = 2 2 ω α La aceleración de B la obtendremos estudiando la barra AB y utilizando el sistema de referencia mostrado. ( ) ( ) j i a j i j i a j i j i k a r r a B B B B 3 . 32 4 . 26 3 . 24 4 . 32 8 6 3 . 0 4 . 0 9 3 . 0 4 . 0 20 2 1 2 1 1 1 − = − + − − = + − − + − × = − × = ω α ω 1 = 9 rad/s α 1 = 20 rad/s 2 B a t A a n 0.3 in 0.4 in x y B C 0.3 m 1.2 m x y ω 2 = 3 rad/s α 2 Cinemática del cuerpo rígido 146 Sustituyendo en la ecuación que escribimos arriba: ( ) ( ) j i j i j i k a C 3 . 32 4 . 26 3 . 0 2 . 1 3 3 . 0 2 . 1 2 2 − + + − + × = α Como puede verse, en la ecuación anterior hay tres incógnitas: las dos componentes de C a y 2 α . Como en esa ecuación vectorial puede haber hasta un máximo de dos incógnitas, es imprescindible investigar alguna componente de C a . Para ello analizaremos la barra CD. ( ) j i a j j k a r r a C C C 6 . 21 6 . 0 6 . 0 6 6 . 0 3 2 3 3 2 3 3 3 − − = − × = − × = α α ω α Conocida la componente vertical, volvemos a la ecuación que dejamos pendiente, en la que sólo quedan dos incógnitas: 2 α y 3 α . ( ) ( ) j i j i j i k j i 3 . 32 4 . 26 3 . 0 2 . 1 3 3 . 0 2 . 1 6 . 21 6 . 0 2 2 3 − + + − + × = − − α α Desarrollando y reduciendo términos ( ) ( ) j i i j i j i j i j i j i 35 2 . 1 6 . 15 3 . 0 6 . 21 6 . 0 3 . 32 4 . 26 7 . 2 8 . 10 2 . 1 3 . 0 6 . 21 6 . 0 2 2 3 2 2 3 − + + − = − − − + − − + − = − − α α α α α α Igualando las componentes verticales 2 . 1 4 . 13 4 . 13 2 . 1 35 2 . 1 6 . 21 2 2 2 = = − = − α α α 2 2 s rad 17 . 11 = α ω 3 = 6 rad/s C a 3 D a n x y a t 0.6 m Cinemática del cuerpo rígido 147 Ahora, igualando las componentes horizontales ( ) 6 . 0 25 . 12 6 . 15 17 . 11 3 . 0 6 . 0 3 3 − = + − = − α α 2 3 s rad 4 . 20 = α La aceleración 3 α 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 centro de masa del automóvil, que es igual a la de cualquier partícula suya. dx dv v a = Como frena uniformemente, la aceleración es constante. C v ax vdv dx a + = = ∫ ∫ 2 2 Eligiendo como origen la posición en que comienza a frenar. Si 0 = x , ← = = s m 20 h km 72 v C + = 2 20 0 2 ; 200 − = C v x O v Cinética del cuerpo rígido 150 x v a v v ax 2 400 2 400 200 2 2 2 2 − = − = − = Para ← = 40 x y 0 = v ) 40 ( 2 400 0 − = a ; 2 s m 5 − = 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 represente cualquier instante del movimiento en estudio y elegimos un sistema de referencia. Las normales son 2N A y 2N B 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: d ma F M B = ∑ El primer miembro corresponde al diagrama de cuerpo libre; el segundo, al diagrama auxiliar. | ¹ | \ | + = | ¹ | \ | + = | ¹ | \ | = − 81 . 9 5 . 3 8 . 0 6 . 3 900 81 . 9 5 . 3 8 . 0 900 6 . 3 5 81 . 9 900 7 . 0 ) 8 . 0 ( 900 ) 8 . 1 ( 2 A A A N N N ↑ = kg 289 A N 289 450 0 2 900 ) 289 ( 2 0 − = = + − = ∑ B B N N Fy ↑ = kg 8 . 160 B N x y A B G ma 0.7 G 0.7 A B 1.0 0.8 2 Fr A 2 Fr B 2 N A 2 N B 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 g a a g P P a g P N ma Fx P N P N 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 . 16 4 ) 3 . 32 ( 2 4 2 ) 4 ( 2 = = = − = − = ∑ a g a a g P P d ma F M O Puesto que con una aceleración superior a 2 s ft 1 . 16 el ropero se volcaría, es ésta la máxima admisible. El tiempo mínimo será por tanto: t v a 1 . 16 1 . 16 = = Para alcanzar s ft 88 h mi 60 = t 1 . 16 88 = s 47 . 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. r a a n 2 ω = = y la velocidad angular, en rad /s, es ( ) 2 2 40 4 . 0 10 10 60 2 300 π π π π ω = = = | ¹ | \ | = 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 AB F es tensión. Elegiremos C, punto de concurrencia de dos incóg- nitas, como centro de momentos. ( ) ( ) 3 ) 81 . 9 ( 50 3 1000 3 1000 50 3 2 3 40 50 50 2 2 3 2 2 2 − = = + = + | | ¹ | \ | = ∑ π π π AB AB AB C F g F b gb b F d ma F M ( ) tensión N 9590 = AB F Se trata de una tensión pues, al tener signo positivo, satisface la hipótesis. b b C G ma B n t F AB F t F n 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. 0 2 2 2 2 0 = | | ¹ | \ | + | | ¹ | \ | − = ∑ b T b T F M B A G B A T T = ______________________ (1) n n ma F ∑ = Como la velocidad es nula, 0 = n a 4 2 2 . 32 2 2 2 . 32 2 0 2 2 2 . 32 = | | ¹ | \ | = = | | ¹ | \ | − + A A B A T T T T lb 38 . 11 = = B A T T t t ma F = ∑ en donde a a t = a 2 . 32 2 . 32 2 2 2 . 32 = | | ¹ | \ | ° = 45 s ft 8 . 22 2 a ma 45° t n b b G G T B 45° T A 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 cuerda ideal enrollada en él, se le aplica una fuerza constante 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. 2 30 2 2 60 0 2 2 20 2 2 40 0 = | | ¹ | \ | = = | | ¹ | \ | − | | ¹ | \ | − = ∑ A A R R Fx ° = 45 lb 4 . 42 A R 2 10 2 2 20 0 2 2 20 2 2 40 0 = | | ¹ | \ | = = | | ¹ | \ | + | | ¹ | \ | − = ∑ B B R R Fy R B R A G 45° 2 45° 20 y 40 αI x Cinética del cuerpo rígido 156 ° = 45 lb 14 . 14 B R [ ] ( ) 2 2 2 5 . 1 2 . 32 2 . 32 40 5 . 1 40 m k ) 2 ( 20 = = = = ∑ α α α α G G I F M 2 s rad 31 . 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. r a A α = En este caso, r es el radio de la polea α 2 . 0 = A a _______________ (1) Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de A y elegimos un eje de referencia en dirección de la aceleración del cuerpo. A a g T ma Fy 10 10 = − = ∑ A a g T 10 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 g T I F M g g I G 128 2 . 0 128 200 8 . 0 2 = = = | | ¹ | \ | = ∑ α g T 640 = __________________ (3) Igualamos (2) y (3), sustituyendo (1) en (2) ( ) 642 ) 10 ( 81 . 9 2 640 10 640 2 . 0 10 10 = | | ¹ | \ | + = = − α α α α g g g g 2 s rad 1528 . 0 = α En (3) kg 97 . 9 = T y en (2) ↓ = 2 s m 0306 . 0 a 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 polea 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. r a t α = por tanto α 2 . 1 = A a ______________(1) α 5 . 0 = B a ______________(2) Como el cuerpo A desciende, elegimos un sistema de referencia dirigido hacia abajo: A A a T ma Fy 2 . 32 1 . 16 1 . 16 = − = ∑ A A a T 5 . 0 1 . 16 − = ___________(3) Del cuerpo B B B a T ma Fy 2 . 32 1 . 16 1 . 16 = − = ∑ B B a T 5 . 0 1 . 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 T A T B 16.1 y T B T A R G 1.2 0.5 Cinética del cuerpo rígido 160 ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | = − = ∑ 2 . 32 4 . 64 8 . 0 5 . 0 2 . 1 2 α α B A G T T I F M α 28 . 1 5 . 0 2 . 1 = − B A T T ________________ (5) Sustituyendo (3) y (4) en (5) ( ) ( ) α α 28 . 1 25 . 0 05 . 8 6 . 0 32 . 19 28 . 1 5 . 0 1 . 16 5 . 0 5 . 0 1 . 16 2 . 1 = − − − = + − − B A B A a a a a Sustituyendo (1) y (2) en esta ecuación ( ) 27 . 11 125 . 2 28 . 1 845 . 0 27 . 11 28 . 1 ) 5 . 0 ( 25 . 0 05 . 8 2 . 1 6 . 0 32 . 19 = = − = − − − α α α α α α 2 s rad 304 . 5 = α En (1) y (2) 652 . 2 364 . 6 = = B A a a En (3) y (4) lb 92 . 12 = A T lb 43 . 17 = B T 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 horizontal es lisa. Resolución Las relaciones cinemáticas entre los cuerpos son: r a a C A α = = en donde α es la aceleración angular de la polea y r su radio. O sea α 15 . 0 = = C A a a Como A se mueve hacia la izquierda, elegimos un eje de referencia en esa dirección ma F x = ∑ A a T 81 . 9 20 1 = _______________________ (1) Del cuerpo B B y a T ma F 81 . 9 20 20 2 = − = ∑ B a T 81 . 9 20 20 2 − = __________________ (2) La polea gira con rotación pura alrededor de su centro de masa. Tiene un momento de inercia de 2 2 2 m kg 0459 . 0 15 . 0 81 . 9 40 2 1 2 1 . = | ¹ | \ | = = I mr I Cuerpo B T 2 y 20 N x T 1 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. ( ) α α α 0459 . 0 15 . 0 0459 . 0 15 . 0 15 . 0 1 2 1 2 = − = − = ∑ T T T T I F M G α 306 . 0 1 2 = −T T ___________________ (3) Sustituimos (1) y (2) en (3) α 306 . 0 81 . 9 20 81 . 9 20 20 = − − A B a a De las relaciones cinemáticas ( ) ( ) ( ) 20 917 . 0 20 81 . 9 6 306 . 0 306 . 0 15 . 0 81 . 9 40 20 306 . 0 15 . 0 81 . 9 20 15 . 0 81 . 9 20 20 = = | ¹ | \ | + = − = − − α α α α α α α 2 s rad 8 . 21 = α De donde 27 . 3 = = B A a a y kg 67 . 6 1 = 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 . 21 306 . 0 67 . 6 2 = − T kg 33 . 13 2 = T T 2 R y R x T 1 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 mostrado 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 angular, 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 equivalente de las fuerzas. Elegimos un sistema de referencia intrínseco, en relación a G. ( ) O O O I I F M α α = = ∑ 4 . 0 º 30 sen 50 Por el teorema de los ejes paralelos 2 2 2 2 2 3 2 1 mr mr mr I mr I I O O = + = + = Entonces: ( ) ( ) 2 . 1 81 . 9 81 . 9 4 . 0 2 3 5 . 0 4 . 0 81 . 9 50 2 3 4 . 0 5 . 0 50 2 = | ¹ | \ | = | ¹ | \ | = α α α 2 s rad 18 . 8 = α G Ron 0.4 30° Rot n t o m(a G ) n α I 0 m(a G ) t G 60° Cinética del cuerpo rígido 164 ( ) 35 2 3 81 . 9 6 . 1 50 4 . 0 2 81 . 9 50 2 3 50 2 2 − = | | ¹ | \ | − = = | | ¹ | \ | + = ∑ Ron Ron r m F n ω ( ) 33 . 8 2 1 81 . 9 ) 4 . 0 )( 18 . 8 ( 50 4 . 0 18 . 8 81 . 9 50 2 1 50 − = | ¹ | \ | − = = | ¹ | \ | + = ∑ Rot Rot r m F t α Como los signos indican que sus sentidos son contrarios al de los ejes, las componentes de Ro son: ° = = = + = 3 . 13 ; 1 . 35 33 . 8 tan 1 . 36 33 . 8 1 . 35 2 2 β β Ro ° = 3 . 73 kg 1 . 36 Ro 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 angular 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. 3 2 3 1 2 2 l g ml l mg I F M O O α α α = ( ¸ ( ¸ = | ¹ | \ | = ∑ l g 2 3 = α | ¹ | \ | − = | ¹ | \ | = − = ∑ g g m Ro l l g m Ro mg r m F t 4 3 2 2 3 α ↑ = mg Ro 4 1 R o αI 0 O G 1 / 2 A n t A O G ma t 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 2 2 2 2mr I mr mr I mr I I O O O = + = + = La ecuación que empleamos es ( ) r g mr r mg I F M O O 2 cos 2 cos 2 θ α α θ α = = = ∑ Como θ ω ω α d d = r g d d 2 cosθ θ ω ω = Separando variables θ θ ω ω d r g d cos 2 = O G mω 2 r mαr α I O t n mg O mg Rot Ron Cinética del cuerpo rígido 167 Integrando C r g d r g d + = = ∫ ∫ θ ω θ θ ω ω sen 2 2 cos 2 2 Las condiciones iniciales son 0 = ω y 0 = θ ; por tanto, la constante de integración es nula. θ ω sen 2 r g = Como la velocidad angular máxima ocurre cuando ° = 90 θ y 1 = θ sen r g máx = 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 deslizarse 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 magnitud I α que forman un sistema equivalente al que actúa sobre la esfera. ( ¸ ( ¸ = ( ¸ ( ¸ = = ∑ 2 2 ) 4 . 0 )( 80 ( 5 2 4 . 0 5 2 4 . 0 α α α r r G F mr F I F M α 8 . 12 = r F ______________________________ (1) G r G r G x a F a F ma F 80 203 80 15 sen ) 81 . 9 ( 80 = − = − ° = ∑ Del valor obtenido en (1) G a 80 8 . 12 203 = − α Como la esfera rueda sin deslizar: G N 0.4 15° Fr O x αI ma G G 80 g y 15° Cinética del cuerpo rígido 169 α α 4 . 0 = = G G a r a Por tanto 203 8 . 44 ) 4 . 0 ( 80 8 . 12 203 = = − α α α 2 s rad 53 . 4 = α ° = 15 s m 814 . 1 2 G a ° = 15 N 58 r F El sentido verdadero de la fuerza de fricción es el que se supuso. 0 15 cos ) 81 . 9 ( 80 0 = ° − = ∑ N F y ° = 75 N 758 N Otro método Sabiendo que el punto de contacto de la esfera con el plano inclinado es el centro instantáneo de rotación: CIR CIR I F M α = ∑ El momento de inercia de la masa de la esfera respec- to a ese punto es: 2 mr I I CIR + = (teorema de los ejes paralelos) 2 2 2 5 7 5 2 mr I mr mr I CIR CIR = + = G N 0.4 15° Fr x αI ma G G 80 g y 15° Cinética del cuerpo rígido 170 Por tanto ( ) ( ) 8 . 2 15 sen 81 . 9 5 4 . 0 5 7 15 sen 81 . 9 4 . 0 80 5 7 15 sen 4 . 0 ) 81 . 9 ( 80 2 ° = | ¹ | \ | = ° | ¹ | \ | = ° α α α 2 s rad 53 . 4 = α ) 4 . 0 ( 53 . 4 = = G G a r a α ° = 15 s m 814 . 1 2 G a ( ) 814 . 1 15 sen 81 . 9 80 ) 814 . 1 ( 80 15 sen ) 81 . 9 ( 80 − ° = = − ° = ∑ r r G x F F ma F ° = 75 N 58 r F 0 15 cos ) 81 . 9 ( 80 0 = ° − = ∑ N F y ° = 75 758 N 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. j a i a j a j a i a i k a a r a a a a B B G B B G B B G G B B G G 3 5 . 0 5 . 0 5 . 1 3 5 . 0 5 . 0 ) 5 . 1 ( − − = − − − × = + × = + = α α α Escalarmente: ( ) B x G a a 5 . 0 − = _____________________ (1) ( ) B y G a a 3 5 . 0 5 . 1 − − = α _____________ (2) De (1) ( ) x G B a a 2 − = En (2) ( ) ( ) 3 5 . 1 x G y G a a + − = 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 a B Cinética del cuerpo rígido 172 ( ) ( ) ( ) 375 . 0 5 . 0 5 . 1 3 5 . 0 12 1 30 sen 5 . 1 2 α α α = ( ¸ ( ¸ = ° = ∑ T T I F M G α 5 . 0 = T ____________________________ (4) ( ) ( ) x G x G x a T a m F 5 . 0 30 cos = ° − = ∑ ( ) 2 3 4 α − = x G a ______________________ (5) ( ) ( ) ( ) y G y G y G y a T a T a m F 5 . 0 1 . 16 5 . 0 5 . 0 1 . 16 30 sen = − = − ° = ∑ De (4) ( ) y G a 5 . 0 1 . 16 25 . 0 = − α ( ) 2 . 32 5 . 0 − = α y G a ____________________ (6) Sustituyendo (5) y (6) en (3) 2 . 32 5 . 3 3 2 . 32 5 . 0 3 2 3 5 . 1 2 . 32 5 . 0 = − = − | | ¹ | \ | − + − = − α α α α α α 2 s rad 2 . 9 = α De (4) lb 6 . 4 = T A G B y x 1.5 30° 16.1 m(a G ) y m(a G ) x αI G Cinética del cuerpo rígido 173 14. Los tres cuerpos de la figura están conectados mediante una cuerda flexible, inextensible y de peso despreciable. A pesa 20 kg. La polea B es un cilindro 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. B B B A r a α α 2 . 0 = = C C A r a α α 3 . 0 = = ________________________ (1) Por tanto C B α α 3 . 0 2 . 0 = C B α α 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 a g T a g T ma F 20 20 20 20 1 1 − = = − = ∑ De (1) ( ) C g T α 3 . 0 20 20 1 − = α A 0.4 0.1 0.3 CIR a A Cuerpo A y m A a A 20 T 1 0.2 a A α B Cinética del cuerpo rígido 174 C g T α 6 20 1 − = _________________________ (3) Polea B B B G g T T g T T I F M α α α 3 2 . 0 30 2 1 2 . 0 2 . 0 2 1 2 2 1 = − ( ¸ ( ¸ | | ¹ | \ | = − = ∑ De (2) C g T T α 5 . 4 2 1 = − _________________ (4) Carrete C Como el punto de contacto entre el carrete y la superficie es el centro instantáneo de rotación C C C CIR CIR g T g g T r m I T I F M α α α α 125 . 11 3 . 0 4 . 0 50 50 25 . 0 3 . 0 ) ( 3 . 0 2 2 2 2 2 2 = ( ¸ ( ¸ | | ¹ | \ | + | | ¹ | \ | = + = = ∑ C g T α 08 . 37 2 = ___________________ (5) Sustituyendo (3) y (5) en (4) 58 . 47 ) 81 . 9 ( 20 20 58 . 47 5 . 4 08 . 37 6 20 = = = − − C C C C C g g g g α α α α α 2 s rad 124 . 4 = C α En (3) y (5) kg 59 . 15 kg 48 . 17 2 1 = = T T 0.1 T Cuerpo C 0.2 T 1 α B α B I B G 0.4 F N 50 R x G 30 Polea B T 2 R y ma G α B I C 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 . 5 25 . 6 2 . 32 2 2 . 32 2 . 32 2 . 32 2 . 32 5 . 1 2 . 32 2 . 32 2 2 2 = = ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | + | ¹ | \ | = + = = ∑ α α α α α mr I I F M CIR CIR Por tanto ( ) ( ) 80 . 5 30 . 10 1 . 16 30 . 10 1 2 1 2 . 32 30 . 10 2 15 . 5 = − = = − | ¹ | \ | = = = = ∑ r r G x G F F ma F r a α 9 . 27 0 2 3 2 . 32 0 = = | | ¹ | \ | − = ∑ N N F y La fuerza de fricción estática máxima es: αI G ma G x y N Fr CIR 2 32.2 30° G 30° Cinética del cuerpo rígido 176 ( ) 46 . 4 9 . 27 16 . 0 ' = = = N M F 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 . 27 12 . 0 = = N M F k k ° = 30 35 . 3 lb F k El diagrama de cuerpo libre es el que se muestra: ( ) ( ) [ ] 1 5 . 1 2 35 . 3 2 α α = = ∑ I F M G 2 s rad 97 . 2 = α ( ) G G x a ma F 1 35 . 3 2 1 2 . 32 = − | ¹ | \ | = ∑ ° = 30 s ft 75 . 12 2 G a αI G ma G x y 27.9 3.35 CIR 2 32.2 30° G 30°

Serie de Ejercicios Resueltos de Dinamica - Juan Ocariz Castelazo

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