Modulo Cinematica de Particula 1
Modulo Cinematica de Particula 1
Modulo Cinematica de Particula 1
PROLOGO
ENFOQUE GENERAL
El desarrollo del trabajo presenta una serie de componentes, dentro de los que se
destacan una introducción, conceptos teóricos y luego varias aplicaciones,
ilustradas con problemas resueltos y propuestos durante el desarrollo de las
asignaturas Física Mecánica y Dinámica en el programa de Ingeniería Mecánica de
la Universidad Francisco De Paula Santander. La fundamentación teórica y
ejemplos presentados han sido tomados de libros publicados por los autores (Boresi
& Schmidt, 2001), (Gill, 1997), (Hibbeler, 1995), (Meriam & Kraige, 1998) y (Riley &
Sturges, 1994); Quienes a través del tiempo han sido el referente principal del
desarrollo de las asignaturas Física Mecánica y Dinámica en las facultades de
Ingeniería del mundo, así como de los Apuntes de clases de la asignatura Dinámica
de la Universidad Francisco de Paula Santander, Cúcuta del docente (Pedrosa,
1995), docente del departamento de Diseño Mecánico Materiales y Procesos de
UFPS y los docentes (Garcia, 1988) y (Jensen, 1978) de la Universidad Industrial
de Santander (UIS) Bucaramanga, que impartieron la asignatura Dinámica; por lo
tanto se agradece a los mencionados autores al aporte en el desarrollo del presente
documento.
Las notas de clases buscan servir de apoyo al estudiante para el desarrollo de sus
conocimientos en el estudio de la Ingeniería, el módulo Cinemática de la Partícula,
muestra las consideraciones de espacio y tiempo respecto a la posición, velocidad
y a la aceleración, movimiento relativo, movimiento curvilíneo, las coordenadas
cartesianas, esféricas y cilíndricas y las componentes tangente normal y radial
transversal.
El seguimiento de este material, ofrece a los estudiantes las oportunidades de
aprovechar mejor las clases, para participar y profundizar en el análisis de
situaciones que contribuyan a la adquisición de habilidad y precisión en la aplicación
de los conceptos y por consiguiente el desarrollo de la capacidad analítica.
Además al final del módulo se encontrará una bibliografía de textos, cuya referencia
completa podrá consultar.
OBJETIVOS
1. Cinemática de Partículas....................................................................................... 6
1.1 Introducción ........................................................................................................... 6
1.2 Movimiento Rectilíneo de una partícula o movimiento de la partícula sobre
un eje. ...................................................................................................................... 7
1.2.1 Posición. .................................................................................................................. 7
1.2.2 Desplazamiento. ..................................................................................................... 8
1.2.3 Velocidad Promedio. .............................................................................................. 9
1.2.4 Velocidad Instantánea. .......................................................................................... 9
1.2.5 Aceleración Media. ............................................................................................... 11
1.2.6 Aceleración Instantánea. ..................................................................................... 11
1.3 Movimiento rectilíneo uniforme.......................................................................... 13
1.4 Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. ............................................ 13
1.5 Cinemática gráfica. .............................................................................................. 15
1.5.1 Gráfica de posición .............................................................................................. 15
1.6 Movimiento de una partícula bajo la acción de la gravedad........................... 19
1.7 Componente tangencial y normal. ..................................................................... 26
1.8 Componentes radial y transversal. .................................................................... 33
1.9 Movimiento curvilíneo en el espacio. ................................................................ 39
1.9.1 Componentes rectangulares. ............................................................................. 39
1.9.2 Coordenadas cilíndricas. .................................................................................... 45
1.9.3 Coordenadas Esféricas. ...................................................................................... 48
1.10 Movimiento relativo a un sistema de referencia en traslación. ...................... 50
1.11 Movimiento dependiente. .................................................................................... 53
1.12 Problemas resueltos ............................................................................................ 56
1.13 Problemas Propuestos ...................................................................................... 117
1.1 Introducción
(Meriam & Kraige, 1998) “La cinemática es la parte de la dinámica que describe el
movimiento de los cuerpos sin referencia a las fuerzas que lo causan ni a las que
se generan a consecuencia del mismo” p.16, analizando aspectos geométricos del
movimiento de una partícula como desplazamiento (S, θ), velocidad
( V, ω), aceleración (𝑎, α) y tiempo (t), que se miden de acuerdo con marcos de
referencia fijos y variables. La trayectoria de la partícula se describirá utilizando
diferentes de sistemas de coordenadas y se determinarán las componentes del
movimiento a lo largo de los ejes de coordenadas. Sin tener en cuenta las causas
del movimiento, no se ocupa el concepto de fuerza.
La cinética estudia la relación existente entre las fuerzas que actúan sobre un
cuerpo, su masa y el movimiento del mismo. La cinética se utiliza para predecir el
movimiento ocasionado por fuerzas dadas, o para determinar las fuerzas que se
requieren para producir un movimiento específico.
En las secciones 1.3 y 1.4 se dan a conocer los métodos particulares para estudiar
el movimiento de una partícula como son el movimiento rectilíneo uniforme y el
movimiento rectilíneo uniformemente acelerado.
En la sección 1.5 se estudian los métodos gráficos de análisis de movimiento
rectilíneo de partículas y su aplicación en la solución de diversos problemas.
En las secciones 1.10 y 1.11 se abordan el movimiento relativo de una partícula con
respecto a otra y el movimiento simultaneo de varias partículas.
Una partícula P que se mueve sobre una trayectoria recta se dice que está en
movimiento rectilíneo. La cinemática en este movimiento para un momento
determinado especificará la posición, velocidad, y aceleración de la partícula.
1.2.1 Posición.
1.2.2 Desplazamiento.
(Beer, Johnston, & Cornwell, 2010) “La velocidad promedio de la partícula sobre el
intervalo de tiempo ∆t se define como el cociente entre el desplazamiento ∆X̅ y el
intervalo de tiempo ∆t“p. 603.
̅
∆X
Velocidad Promedio = (1.1)
∆t
̅ de la partícula en el
(Beer, Johnston, & Cornwell, 2010) “La velocidad instantánea V
instante t se obtiene de la velocidad promedio al elegir intervalos ∆t y
̅
desplazamiento ∆X̅ cada vez más cortos” p. 604. Si ∆t tiende a cero, la razón ∆𝐗
∆𝐭
tiende a un (Boresi & Schmidt, 2001) “límite que es la derivada de la función de
̅ = X(t), por lo que la velocidad de la partícula en el tiempo t “es:
posición X
̅ = Velocidad Instantanea
V
̅
∆X
̅ = lim
V
∆𝑡→0 ∆t
̅
dX
̅=
V (1.2)
dt
La derivada de una variable con respecto al tiempo se denota por un punto sobre el
símbolo que representa la variable, por lo que la velocidad de una partícula se
denota como Ẋ, que es tangente a la trayectoria en el punto a considerar; véase
figura 2.
̅
∆V
Aceleración Promedio = (1.3)
∆t
𝑎̅ = Aceleración Instantanea
̅
∆V
𝑎̅ = lim
∆𝑡→0 ∆t
̅
d2 X
𝑎̅ = 2
dt
(Boresi & Schmidt, 2001) “La aceleración se puede expresar como función de X en
vez de función de t, por ejemplo si V ̅ una función de ̅
X, aplicando la regla de la
cadena de la diferenciación, se tiene”:
̅
dV
𝑎𝑋 =
dt
dV dX
𝑎𝑋=
dt dX
dV
𝑎𝑋 = V (1.5)
dX
m ft
La aceleración instantánea se expresa en o .
s2 s2
dX
V=
dt
X t
∫ dx = ∫ Vdt
X0 0
X − X0 = Vt
X = X0 + Vt (1.6)
dV
𝑎= = Constante
dt
V t
∫ dV = ∫ a dt
V0 0
V − V0 = 𝑎t
V = V0 + 𝑎t (1.7)
Donde V0 es la velocidad inicial de la partícula en el tiempo t = 0.
Esta ecuación relaciona la velocidad como una función del tiempo y debe utilizarse
cuando se desee que el valor de V corresponda a un valor determinado de t, o de
manera inversa.
𝑑𝑋
= 𝑉0 + 𝑎𝑡
𝑑𝑡
𝑋 𝑡
∫ 𝑑𝑋 = ∫ (𝑉0 + 𝑎𝑡)𝑑𝑡
𝑋0 0
𝑎𝑡 2
𝑋 − 𝑋0 = 𝑉0 𝑡 +
2
𝑎𝑡 2
𝑋 = 𝑋0 + 𝑉0 𝑡 + (1.8)
2
En la ecuación (1.5)
𝑉𝑑𝑉
𝑎= = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑑𝑋
𝑉 𝑋
∫ 𝑉𝑑𝑉 = ∫ 𝑎𝑑𝑋
𝑉0 𝑋0
1 2
(𝑉 − 𝑉0 2 ) = 𝑎(𝑋 − 𝑋0 )
2
𝑉 2 = 𝑉0 2 + 2𝑎(𝑋 − 𝑋0 ) (1.9)
Cuando el movimiento de una partícula es errático durante cierto tiempo, puede ser
difícil una función matemática continua para descubrir su posición, velocidad o
aceleración, el movimiento se describe mejor en forma gráfica utilizando una serie
de curvas que se generan a partir de datos experimentales o cuando el movimiento
consta de distintas partes, y cuando su análisis requiere escribir una ecuación para
cada una de sus partes. Si la gráfica resultante describe la relación entre dos
derivadas cualesquiera 𝑎, V, X, t, es posible dibujar una gráfica que describa la
relación entre las otras variables utilizando las ecuaciones cinemáticas (1.2), (1.4) y
(1.5).
En una gráfica de posición ver sus tiempos, que es posible determinar en forma
experimental la posición de la partícula con ordenada X abcisa t durante un periodo
de t de tiempo, puede trazarse la gráfica X − t para la partícula; véase figura 3.
FIGURA 3.POSICIÓN VERSUS TIEMPO
Fuente: (Beer, Johnston, & Cornwell, 2010)
dX
V=
dt
d[f(t)]
V=
dt
dV
Análogamente, la pendiente dt de la curva V − t en cualquier instante nos dará la
aceleración en dicho tiempo y tomando varios instantes y escribiendo en ella los
resultados proporcionan los puntos correspondientes de la gráfica 𝑎 − t ; véase
figura 5.
X2 t2
∫ dx = ∫ Vdt (1.10)
X1 t1
Al utilizar la solución gráfica debe tenerse cuidado que el área bajo la curva V- t
mide el cambio en X , no la X misma, y de la misma forma, que el área bajo la curva
𝑎 - t mide el cambio en V.
𝑎𝑋 = 0
𝑋̈ = 0
𝑉𝑋 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑉𝑋 = 𝑉0𝑋
𝑉0𝑋 = 𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑑𝑋
𝑉𝑋 =
𝑑𝑡
𝑋 𝑡
∫ 𝑑𝑋 = ∫ 𝑉𝑋 𝑑𝑡
𝑋0 0
𝑋 = 𝑋0 + 𝑉𝑋 𝑡
𝑎𝑌 = −𝑔
𝑑𝑉𝑌
𝑎𝑌 =
𝑑𝑡
𝑉𝑌 𝑡
∫ 𝑑𝑉𝑌 = ∫ − 𝑔𝑑𝑡
𝑉0𝑌 𝑜
𝑉𝑌 − 𝑉0𝑌 = −𝑔𝑡
𝑉𝑌 = 𝑉0𝑌 − 𝑔𝑡
𝑉𝑌 = 𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃 − 𝑔𝑡 (1.13)
Las ecuaciones (1.12) y (1.13) determinan la velocidad en cualquier tiempo.
𝑑𝑌
𝑉𝑌 =
𝑑𝑡
𝑌 𝑡
∫ 𝑑𝑌 = ∫ (𝑉0𝑌 − 𝑔𝑡)𝑑𝑡
𝑌𝑜 𝑜
𝑔𝑡 2
𝑌 − 𝑌0 = 𝑉0𝑌 𝑡 −
2
1
𝑌 = 𝑌0 + 𝑉0𝑌 − 𝑔𝑡 2
2
1
𝑌 = 𝑌0 + (𝑉0 𝑆𝑒𝑛 𝜃)𝑡 − 𝑔𝑡 2 (1.14)
2
Las ecuaciones (1.12) (1.14) son las ecuaciones del movimiento para una partícula
bajo la acción de la gravedad, eliminando el tiempo t de las ecuaciones (1.12) y
reemplazando en (1.14) resulta:
𝑋 − 𝑋0
𝑡=
𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑋 − 𝑋0 1 𝑋 − 𝑋𝑜 2
𝑌 = 𝑌0 + (𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃) ( )− 𝑔 ( )
𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝜃 2 𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑔(𝑋 − 𝑋0 )2
𝑌 = 𝑌0 + (𝑋 − 𝑋0 )𝑇𝑎𝑛𝜃 − (1.15)
2𝑉0 2 𝐶𝑜𝑠 2 𝜃
Esta es la ecuación de una parábola con su eje paralelo el eje Y ; véase figura 10,
esta determina la trayectoria de la partícula.
d
El punto más alto de la trayectoria se determina con la ecuación dXY = 0 , cuando la
componente de la velocidad a lo largo del eje Y es cero VY = 0 ; véase figura 11.
FIGURA 11. COMPONENTES RECTANGULARES DE VELOCIDAD
Fuente: (Boresi & Schmidt, 2001)
𝑎𝑌 = −𝑔
𝑑𝑉𝑌
𝑎𝑌 =
𝑑𝑡
𝑑𝑉𝑌 𝑑𝑌
𝑎𝑌 =
𝑑𝑡 𝑑𝑌
𝑑𝑌 𝑑𝑉𝑌
𝑎𝑌 =
𝑑𝑡 𝑑𝑌
𝑑𝑉𝑌
𝑎𝑌 = 𝑉𝑌
𝑑𝑌
𝑉𝑌 𝑣𝑌
∫ 𝑉𝑌 𝑑𝑉𝑦 = ∫ −𝑔𝑑𝑦
𝑉0𝑌 𝑌0
𝑉𝑌 2 − 𝑉0𝑌 2
= −𝑔(𝑌 − 𝑌0 )
2
𝑉𝑌 = 𝑉0𝑌 − 𝑔𝑡
𝑉𝑌 = 𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃 − 𝑔𝑡
𝑉𝑌 = 0
𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝑡=
𝑔
𝑋 = 𝑋0 + (𝑉0𝑋 ) 𝑡
𝑋 = 𝑋0 + (𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝜃)𝑡
𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝑋 = 𝑋0 + (𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝜃)
𝑔
𝑉0 2
𝑋 = 𝑋0 + 𝑆𝑒𝑛𝜃𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑔
𝑉0 2
𝑋 = 𝑋0 + 𝑆𝑒𝑛(2𝜃) (1.17)
2𝑔
1
𝑌 = 𝑌0 + 𝑉0𝑌 + − 𝑔𝑡 2
2
Por consiguiente:
𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃 1 𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃 2
𝑌 = 𝑌0 + (𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝜃) − 𝑔 ( )
𝑔 2 𝑔
𝑉0 2 𝑆𝑒𝑛2 𝜃
𝑌 = 𝑌0 + (1.18)
2𝑔
𝑉0 2 𝑉0 2 𝑆𝑒𝑛2 𝜃
𝑌 = 𝑌0 + 𝑆𝑒𝑛2 𝜃 −
𝑔 2𝑔
𝑉0 2 𝑆𝑒𝑛2 𝜃
𝑌 = 𝑌0 +
2𝑔
𝑅 = 2𝑋
𝑉0 2
𝑅 = 2 (𝑋0 + 𝑆𝑒𝑛 2𝜃) (1.19)
2𝑔
En esta ecuación, el alcance máximo se logra cuando θ = 45º, siempre que el suelo
esté en nivel y la resistencia al aire pueda ser despreciada.
𝑉 = √𝑉𝑋 2 + 𝑉𝑌 2
𝑑𝑋
𝑉=
𝑑𝑡
𝜌𝑑𝜃
𝑉=
𝑑𝑡
𝑉 = 𝜌𝜃̇
Y la velocidad como:
𝑉̅ = 𝑉 𝑒𝑇
𝑉̅ = 𝜌 𝜃̇ 𝑒𝑇 (1.20)
𝑑𝑉̅
𝑎̅ =
𝑑𝑡
𝑑 (𝑉 𝑒𝑇 )
𝑎̅ =
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑇
𝑎̅ = 𝑉 + 𝑉̇ 𝑒𝑇 (1.21)
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑇 = 𝑒𝑁 𝑑𝜃
𝑑𝑒𝑇 𝑒𝑁 𝑑𝜃
=
𝑑𝜃 𝑑𝜃
𝑑𝑒𝑇
= 𝑒𝑁
𝑑𝜃
Al dividir por dt, puede escribirse:
𝑑 𝑒𝑇 𝑑𝜃
= 𝑒𝑁 (1.22)
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑎̅ = 𝑉(𝜃̇𝑒𝑁 ) + 𝑉̇ 𝑒𝑇
Pero V = ρθ̇
𝑉
𝜃̇ =
𝜌
𝑉
𝑎̅ = 𝑉 ( 𝑒𝑁 ) + 𝑉̇ 𝑒𝑇
𝜌
𝑉2
𝑎̅ = 𝑒 + 𝑉̇ 𝑒𝑇 (1.23)
𝜌 𝑁
dV ̇
d(𝜌𝜃)
La componente tangencial de la aceleración se representa por V̇ = dt = dt =
ρ θ̈ + ρ̇ θ̇ , representa la razón de cambio en la magnitud de la velocidad y está
dirigida en el sentido positivo del eje tangencial del movimiento si la rapidez aumenta
y en el sentido negativo del eje tangencial si la rapidez disminuye.
𝑎 = √𝑎2𝑇 + 𝑎𝑁
2
𝑉 = 𝑟 𝜃̇
𝑉2
𝑎𝑁 =
𝜌
2
(𝜌𝜃̇)
𝑎𝑁 =
𝜌
𝑎𝑁 = 𝜌𝜃̇ 2
𝑎 𝑇 = 𝑉̇
𝑎 𝑇 = 𝑟 𝜃̈ (1.24)
(Boresi & Schmidt, 2001) “La curvatura de una curva plana o radio de curvatura en
dθ
un punto P se define como dS donde θ es la posición angular de la tangente a la
curva P y S es la longitud de arco a lo largo de la curva” p.55.
(Boresi & Schmidt, 2001) “Sea P0 un punto fijo sobre la curva, y sea P un punto
variable. La longitud de arco P0 P se denota por S , con signo apropiado. La variable
S es una coordenada sobre la curva, y el punto P0 es el origen de la coordenada
S . El ángulo entre la tangente positiva a la trayectoria en el punto P y el eje X se
denota por θ . Un θ positivo se mide en sentido antihorario” p. 56.
dθ
(Boresi & Schmidt, 2001) “Si es grande, la curva se dobla aguadamente en la
dS
dθ
cercanía del punto P ; si dS es pequeña, la curva es casi recta en la cercanía del
1
punto P , la curva tiene dimensión [L− 1 ] , ésta se denota por (ρ) , donde ρ es una
dθ 1
cantidad positiva. El signo de la ecuación =± es por tanto determinado por
dS ρ
dθ
el signo de dS . Si la curvatura es positiva, la curva es cóncava hacia arriba; si es
negativa la curva es cóncava hacia abajo” p.56.
dθ
Para encontrar la curvatura dS de una curva plana. Considérese la curva C ; véase
figura 14, definida por las ecuaciones:
FIGURA 14. CURVATURA DE CUALQUIER CURVA PLANA
Fuente: (Boresi & Schmidt, 2001)
(Boresi & Schmidt, 2001) “Si las funciones X = X(t) e Y = Y(t) son conocidas y
graficando, puntos en la curva tabulando los valores de X y Y correspondiente a
los valores numéricos de t entonces, como X , Y son funciones de t , la longitud de
arco S es también una función de t. Si S toma un incremento dS , las coordenadas
toman incrementos (dX , dY) . Para un triángulo recto infinitesimal con lados dX,
dY y dS ; véase figura 15, donde la hipotenusa es dS 2 = dX 2 + dY 2 ” p. 56.
Ṡ 2 = 𝑋̇ 2 + 𝑌̇ 2
dY
Tanθ = dX donde θ es el ángulo de la tangente a la curva forman con el eje X.
dY
Dividiendo el numerador y denominador de la razón diferencial entre dt , se
dX
tiene:” p. 56.
𝑌̇
𝑇𝑎𝑛𝜃 = (1.25)
𝑋̇
𝑋̇𝑌̈ − 𝑌̇𝑋̈
𝜃̇ 𝑆𝑒𝑐 2 𝜃 =
𝑋̇ 2
sec 2 θ = 1 + tan2 θ
𝑋̇𝑌̈ − 𝑋̇𝑌̈
𝜃= (1.26)
𝑋̇ 2 + 𝑌̇ 2
Pero:
𝑑𝜃
𝜃̇ =
𝑑𝑡
𝑑𝜃 𝑑𝑆
𝜃̇ =
𝑑𝑆 𝑑𝑡
𝑑𝜃
𝜃̇ = 𝑆̇ (1.27)
𝑑𝑆
1 dθ 1
(Boresi & Schmidt, 2001) “La ecuación se define por = ± , y entonces θ̇ =
ρ dS ρ
Ṡ
± . Sustituyendo esta relación en la ecuación (1.26) y eliminando Ṡ por medio
ρ
de la ecuación, se tiene:” p. 57.
1 𝑋̇𝑌̈ − 𝑌̇𝑋̈
=[ 3/2
]
ρ ̇ 2
̇ 2
[(𝑋) + (𝑌) ]
dY 2 3/2
[1 + ( ) ]
ρ= dX (1.28)
d2 Y
dX 2
(Beer, Johnston, & Cornwell, 2010) “Se unen a P dos vectores unitarios, er y eθ
dirigidos a lo largo de OP o línea de coordenada r y el vector eθ se obtiene al
rotar er 90º en el sentido contrario a las manecillas del reloj”.
(Beer, Johnston, & Cornwell, 2010) “El vector unitario er define la dirección radial,
esto es, la dirección en la cual P se movería si r aumenta y θ se mantuviera
constante; el vector unitario eθ define la dirección transversal, es decir, la dirección
en la que P se movería si θ aumentara y se mantuviera constante” p. 668.
𝑟̅ = 𝑟 𝑒𝑟 (1.29)
𝑑𝑟̅
𝑉̅ =
𝑑𝑡
𝑑
𝑉̅ = (𝑟𝑒𝑟 )
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑟 𝑑𝑒𝜃
= 𝑒𝜃
𝑑𝜃 𝑑𝜃
𝑑𝑒𝑟
= −𝑒𝑟
𝑑𝜃
Mediante la regla de la cadena, se expresan las derivadas del tiempo de los vectores
unitarios er y eθ del modo siguiente:
𝑑𝑒𝑟 𝑑𝑒𝑟 𝑑𝜃
=
𝑑𝑡 𝑑𝜃 𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑟 𝑑𝜃
= 𝑒𝜃
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑟 𝑑𝑒𝑟
= 𝜃̇
𝑑𝑡 𝑑𝜃
𝑑𝑒𝑟
= 𝜃̇𝑒𝜃 (1.30)
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝜃 𝑑𝑒𝜃 𝑑𝜃
=
𝑑𝑡 𝑑𝜃 𝑑𝑡
𝑑𝑒𝜃 𝑑𝑒𝜃
= 𝜃̇
𝑑𝑡 𝑑𝜃
𝑑𝑒𝜃
= 𝜃̇ (−𝑒𝑟 )
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝜃
= 𝜃̇𝑒𝑟 (1.31)
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑟
𝑉̅ = 𝑟̇ 𝑒𝑟 + 𝑟
𝑑𝑡
𝑉̅ = 𝑟̇ 𝑒𝑟 + 𝑟(𝜃 𝑒𝜃 )
𝑉̅ = 𝑟̇ 𝑒𝑟 + 𝑟𝜃 𝑒𝜃 (1.32)
𝑉 = √(𝑟̇ )2 + (𝑟𝜃̇)2
Al derivar otra vez con respecto al tiempo t para obtener la aceleración, se tiene:
𝑑𝑉̅
𝑎̅ =
𝑑𝑡
𝑑
𝑎̅ = (𝑟̇ 𝑒𝑟 + 𝑟𝜃̇𝑒𝜃 )
𝑑𝑡
𝑑𝑒𝑟 𝑑𝑒𝜃
𝑎̅ = 𝑟̈ 𝑒𝑟 + 𝑟̇ + 𝑟̇ 𝜃̇𝑒𝜃 + 𝑟𝜃̈ 𝑒𝜃 + 𝑟𝜃̇
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Vr = ṙ
Vθ = rθ̇
𝑎r = r̈ − rθ̇2
𝑎θ = rθ̈ + 2ṙ θ̇
2
𝑎 = √(𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 ) + (𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇)2
2
d θ dw
El termino θ̈ = dt2 = dt = α se conoce como la aceleración angular, ya que mide
el cambio realizado en la razón de cambio de θ durante un instante en el tiempo.
𝑟𝑎𝑑
Las unidades para esta medición son 𝑠2 .
Donde:
𝑋 = 𝑋(𝑡)
𝑌 = 𝑌(𝑡) (1.35)
𝑍 = 𝑍(𝑡)
(Boresi & Schmidt, 2001) “Son las coordenadas de la partícula P como funciones
del tiempo, las ecuaciones (1.35) se llaman ecuaciones del movimiento de la
partícula o ecuaciones finitas del movimiento y son monovaluadas, ya que la
partícula tiene una sola posición en un instante dado”.
(Boresi & Schmidt, 2001) “La velocidad media Vmedia , de la partícula en el espacio
es definida como el vector de desplazamiento ∆r̅ dividido en el intervalo de tiempo
∆t “ p. 24.
∆𝑟̅
𝑉𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 =
∆𝑡
∆𝑟̅
𝑉̅ = 𝑙𝑖𝑚
∆𝑡→0 ∆𝑡
𝑑𝑟̅
̅𝑉 =
𝑑𝑡
𝑉 = 𝑟̇
𝑉𝑋 = 𝑋̇
𝑉𝑌 = 𝑌̇ (1.36)
𝑉𝑍 = 𝑍̇
𝑉 = √𝑉𝑋 2 + 𝑉𝑌 2 + 𝑉𝑍 2
Las direcciones del vector velocidad están dadas por los cosenos directores de la
velocidad; véase figura 21.
FIGURA 21. VELOCIDAD DE LA PARTÍCULA EN EL ESPACIO
Fuente: (Boresi & Schmidt, 2001)
𝑉𝑋
𝑐𝑜𝑠𝜃𝑋 =
𝑉
𝑉𝑌
𝑐𝑜𝑠𝜃𝑌 = (1.37)
𝑉
𝑉𝑍
𝑐𝑜𝑠𝜃𝑧 =
𝑉
̅ y los ejes
Donde θX, θY , θZ son los ángulos de dirección entre el vector velocidad V
XYZ , respectivamente.
𝑑 2 𝑟̅
𝑎̅ =
𝑑𝑡 2
𝑎𝑋 = 𝑋̈ = 𝑉𝑋̇
𝑎𝑌 = 𝑌̈ = 𝑉̇𝑌 (1.38)
𝑎𝑧 =𝑍̈ = 𝑉𝑍̇
𝑎 = √𝑎𝑋 2 + 𝑎𝑌 2 + 𝑎𝑧 2
Las direcciones del vector aceleración están dadas por los cosenos directores de la
aceleración; véase figura 22.
FIGURA 22. ACELERACIÓN DE LA PARTÍCULA EN EL ESPACIO
Fuente: (Boresi & Schmidt, 2001)
𝑎𝑋
𝑐𝑜𝑠𝜃𝑋 =
𝑎
𝑎𝑌
𝑐𝑜𝑠𝜃𝑌 = (1.39)
𝑎
𝑎𝑍
𝑐𝑜𝑠𝜃𝑧 =
𝑎
Donde θX, θY , θZ son los ángulos de dirección entre el vector aceleración y los ejes
XYZ , respectivamente.
(Boresi & Schmidt, 2001) “Para determinar la aceleración media entre considérese
los vectores velocidad V ̅A y V
̅B en los tiempos t1 y t 2 , respectivamente,
representen la velocidad de la partícula P cuando está en los puntos A y B ,
respectivamente, sobre su trayectoria C . El cambio de velocidad del punto A al
punto B es ∆V ̅AB = V
̅B − V
̅A ; por lo que la aceleración media de una partícula al
̅𝐴𝐵 dividida en el intervalo de tiempo
Pasar de A a B es el cambio de velocidad ∆V
∆t = t 2 − t1 “ p. 28.
∆𝑉̅𝐴𝐵
𝑎̅𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 =
∆𝑡
(Boresi & Schmidt, 2001) “La aceleración media es un vector con la misma dirección
que ∆V̅AB “ p. 29.
∆𝑉̅𝐴𝐵
𝑎̅ = 𝑙𝑖𝑚
∆𝑡→0 ∆𝑡
𝑑𝑉̅
𝑎̅ =
𝑑𝑡
̅ = r er + Z K
R ̂ (1.40)
Y la magnitud de R es:
R = √r 2 + Z 2
El vector K̂ , el cual define la dirección axial, es constante en dirección así como en
magnitud, la derivada temporal de este vector es cero y por lo tanto es posible
Describir la posición, velocidad y aceleración de la partícula en términos de sus
coordenadas cilíndricas en la forma siguiente.
𝑑𝑅̅
𝑉̅ =
𝑑𝑡
𝑉̅ = 𝑉𝑟 𝑒𝑟 + 𝑉𝜃 𝑒𝜃 + 𝑉𝑍 𝐾
̂ (1.41)
𝑉𝑟 = 𝑟̇
𝑉𝜃 = 𝑟𝜃̇
𝑉𝑍 = 𝑍̇
𝑑𝑉̅
𝑎̅ =
𝑑𝑡
̂
𝑎̅ = 𝑎𝑟 𝑒𝑟 + 𝑎𝜃 𝑒𝜃 + 𝑎𝑧 𝐾 (1.42)
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2
𝑎𝜃 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈
1 𝑑(𝑟 2 𝜃̇)
𝑎𝜃 = (1.43)
𝑟 𝑑𝑡
𝑎𝑧 = 𝑍̈
Cuando para ubicar la posición de una partícula se emplean una distancia radial y
dos ángulos, se aplican coordenadas esféricas (ρ, θ, ∅) . En este caso se utilizan
los vectores unitarios er , eθ y e∅ ; véase figura 25, obsérvese que el sentido del
vector er es el que tendría el movimiento del punto si R aumentara pero
manteniéndose constantes θ y ∅ .
FIGURA 25. POSICIÓN DE LA PARTÍCULA EN COORDENADAS ESFÉRICAS
Fuente: (Boresi & Schmidt, 2001)
V = 𝑅 eR + Vθ eθ + V∅ e∅ (1.44)
𝑉𝑅 = 𝑅̇
𝑉𝜃 = 𝑅𝜃̇𝑐𝑜𝑠∅ (1.45)
𝑉∅ = 𝑅∅̇
La aceleración de la partícula P es:
𝑎 = 𝑎 R eR + 𝑎 θ eθ + 𝑎 ∅ e∅ (1.46)
𝑐𝑜𝑠∅ 𝑑
𝑎𝜃 = (𝑅 2 𝜃̇) − 2𝑅𝜃̇∅̇ 𝑠𝑒𝑛∅ (1.47)
𝑅 𝑑𝑡
1 𝑑
𝑎∅ = (𝑅 2 ∅̇) + 𝑅𝜃̇ 2 𝑠𝑒𝑛 ∅ 𝑐𝑜𝑠∅
𝑅 𝑑𝑡
Sin embargo existen muchas situaciones en los que la trayectoria del movimiento
de las partículas se utilice varios sistemas de referencia. Si uno de los sistemas de
referencia está unido a la Tierra, se denomina sistema de referencia fijo y los otros
sistemas de referencia sistemas de referencia en movimiento. Tales mediciones,
cuando se combinan con el movimiento absoluto del sistema de coordenadas móvil,
permite determinar el movimiento absoluto.
𝜋 𝑟1 𝜋 𝑟2
𝐿 = (𝑋𝐴 − 𝑏) + + 2 𝑋𝐵 + −𝑏
2 2
𝑑𝑋𝐴 𝑑𝑋𝐵
+2 =0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑉𝐴 + 2 𝑉𝐵 = 0
𝑎𝐴 + 2 𝑎𝐵 = 0
En el caso de que un sistema posea dos o más cuerdas alrededor de las poleas,
entonces el movimiento de una partícula sobre una cuerda deberá relacionarse con
el de una partícula sobre la otra cuerda. Se escriben ecuaciones separadas para
cada cuerda y las posiciones de las partículas.
1.12 Problemas resueltos
(Riley & Sturges, 1994) “La aceleración 𝑎 de una bola que cae en el aire satisface
la ecuación:
m 1
a = −K ρV 2 A + m
g 2
Kg
Sabiendo que m = 0.500 Kg, r = 6.25 Cm, K = 1.0, ρ = 1.29 m3 y que la bola parte
del reposo.
dV dV dx dV
𝑎(V) = = = V
dt dx dt dx
Y V
V dV
∫ dx = ∫
0 0 9.81 − 0.01583 V 2
Y se obtiene:
1
Y−0=− [ln(9.81 − 0.01583V 2 ) − ln(9.81)]
0,03166
1⁄
1 − e−0.03166 Y 2
V=[ ]
0.001614
Determinar para 𝑡 = 5 𝑠.
a) Posición.
b) Velocidad.
c) Aceleración.
d) Distancia recorrida por la partícula en los 5 segundos a lo largo de la
trayectoria.
𝑟̅ ǀ𝑡=5 𝑠 = (3 ∗ 52 – 2 ∗ 5) 𝑖̂ + (5 ∗ 53 + 4) 𝑗̂
𝑟̅̅ = 65 𝑖̂ + 629 𝑗̂ m
𝑑𝑟̅
𝑉̅ =
𝑑𝑡
𝑉̅ =(6t – 2) 𝑖̂ + (15𝑡 2 ) 𝑗̂
m
𝑉̅ = 28 𝑖̂ + 375 𝑗̂
s
𝜃 = 85.73°
La aceleración de la partícula es:
̅ 𝑑 2 𝑟̅
𝑑V
𝑎̅ = =
𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
𝑎̅ = (6) 𝑖̂ + (30t) 𝑗̂
m
𝑎̅ = (6)𝑖̂ + 150 𝑗̂
s2
|𝑎̅| = √𝑎𝑋 2 + 𝑎𝑌 2
m
|𝑎̅| = 150.120
s2
𝑎𝑌
𝑇𝑎𝑛 𝛽 =
𝑎𝑋
𝛽 = 87.71°
𝑑𝑎̅
𝐽̅ =
𝑑𝑡
𝑚
𝐽 ̅ = 30 𝑗̂
𝑠3
𝑚
1 = 1 Hertz
𝑠3
𝐽 ̅ = 30 𝑗̂ = Constante
Condiciones iniciales (para t = 0 s)
𝑟̅ ǀ𝑡=0𝑠 = 4 𝑗̂ 𝑚
𝑚
V̅ 0 = −2 𝑖̂
𝑠
𝑚
𝑎̅0 = 6 𝑖̂
𝑠2
𝑚
𝑗̅0 = 30 𝑖̂
𝑠3
𝑑𝑌
𝑆 = ∫ √1 + (𝑑𝑋)2 𝑑𝑋
𝑑𝑌
∫ 𝑑𝑆 = ∫ √1 + (𝑑𝑋)2 𝑑𝑋
𝑋 = 3𝑡 2 − 2𝑡 y 𝑌 = 5𝑡 3 + 4
𝑑𝑋
= 6𝑡 − 2
𝑑𝑡
𝑑𝑌
= 15𝑡 2
𝑑𝑡
𝑑𝑌 2
𝑑𝑡 = 15𝑡
𝑑𝑋 (6𝑡 − 2)
𝑑𝑡
𝑑𝑋 = (6t – 2) dt
s 5
225 t 4
∫ dS = ∫ √1 + (6t – 2) dt
(6t − 2)2
0 0
5
225 t 4
𝑆 = ∫ √1 + (6t – 2) dt
(6t − 2)2
0
Donde:
S = 10 m
𝑌𝐵
𝑆𝑒𝑛 𝜃 =
𝑑
𝑋𝐵
𝐶𝑜𝑠 𝜃 =
𝑑
𝜃 = 36.87°
𝑑 = 100 𝑚
𝑋𝐵 = 100 𝐶𝑜𝑠 (36.87°)
𝑋𝐵 = 80 𝑚
𝑌𝐵 = 100 𝑆𝑒𝑛 (36.87°)
𝑌𝐵 = 60 𝑚
Posición de B (XB, YB).
𝐵 (80, − 60) 𝑚
𝑉0𝑌 = 0
𝑉̅0 = 𝑉0𝑋 𝑖̂
𝑉𝑋 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑎𝑋 = 0
𝑎𝑌 = −𝑔
𝑉𝑋 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑋
𝑉𝑋 =
𝑡
𝑉𝐵𝑌 = 𝑉0𝑌 − 𝑔 𝑡
1
𝑌𝐵 = 𝑌0 + 𝑉0𝑌 𝑡 − 𝑔 𝑡2
2
𝑌0 = 0
𝑌𝐵 = − 60 𝑚
𝑉0𝑌 = 0
1
− 60 = − 𝑔 𝑡²
2
(−60)(2)
𝑡=√
−9,8
𝑡 = 3.5 𝑠
𝑋
𝑉0𝑋 =
𝑡
80 𝑚
𝑉0𝑋 =
3.5 𝑠
𝑚
𝑉0𝑋 = 22.874
𝑠
𝑉̅0 = V0𝑋 𝑖̂
m
𝑉̅0 = 22.874 𝑖̂
s
m
La rapidez de la partícula en el punto C es de 28. 592 “.
s
(Pedrosa, 1995) “Una pelota es lanzada desde el punto A, con la mínima
̅O de modo que golpea en el punto B. Determinar la velocidad con la
velocidad V
que es lanzada. Véase figura 31 y 32.
𝑉0𝑋 = 𝑉0 𝐶𝑜𝑠 𝛽
𝑉0𝑌 = 𝑉0 𝑆𝑒𝑛𝛽
𝑉0𝑋 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑋
𝑉0𝑋 =
𝑡
𝑋
𝑡 =
𝑉0𝑋
𝑋
𝑡=
𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝛽
1
𝑌 = 𝑌0 + 𝑉0𝑌 𝑡 − 𝑔 𝑡2
2
Y0 = 0 (Debido a que se colocaron los ejes de referencia en el inicio del movimiento)
𝑋 1 𝑋2
𝑌 = 𝑉0 𝑆𝑒𝑛 𝛽 ( ) − 𝑔 ( 2 )
𝑉0 𝐶𝑜𝑠 𝛽 2 𝑉0 𝐶𝑜𝑠𝛽
𝑔 𝑋²
𝑌 = 𝑋 𝑇𝑎𝑛 𝛽
2 𝑉02𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽
𝑌𝐵 = −4.5 𝑚
𝑋𝐵 = 7.5 𝑚
𝑔 (7.5)²
−4.5 = 7.5 𝑇𝑎𝑛 𝛽 −
2 𝑉02 𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽
𝑔 (7.5)²
= 7.5 𝑇𝑎𝑛 𝛽 + 4.5
2 𝑉02 𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽
𝑔 (7.5)²
𝑉02 =
2 𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽 (7.5 𝑇𝑎𝑛 𝛽 + 4.5)
𝑔 (7.5)²
𝑉02 = [𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽 (7.5 𝑇𝑎𝑛 𝛽 + 4.5)]−1
2
𝑔 (7.5)²
𝑉02 = [7.5 𝑆𝑒𝑛 𝛽 𝐶𝑜𝑠𝛽 + 4.5 𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽 ]−1
2
𝑑 𝑉0 𝑔 (7.5)2
2 𝑉0 =− [7.5 (𝑆𝑒𝑛𝛽 𝐶𝑜𝑠𝛽) + 4.5𝐶𝑜𝑠 ² 𝛽 ]−2
𝑑𝛽 2
∗ [7.5 (𝐶𝑜𝑠 ²𝛽 – 𝑆𝑒𝑛 ² 𝛽) – 𝑔 (𝐶𝑜𝑠𝛽 𝑆𝑒𝑛 𝛽)] = 0
7.5 (𝐶𝑜𝑠 ²𝛽 – 𝑆𝑒𝑛 ² 𝛽 ) – 𝑔 (𝐶𝑜𝑠 𝛽 𝑆𝑒𝑛 𝛽) = 0
𝑑 𝑉0
Reemplazando las identidades trigonométricas en la derivada se tiene:
𝑑𝛽
𝑔 (7.5)2
𝑉02 =
2 𝐶𝑜𝑠 2 ( 29.52°)(7.5 𝑇𝑎𝑛 29.52° + 4.5)
551.81
𝑉02 =
13.25
𝑚2
𝑉02 = 41.66
𝑠2
𝑚
𝑉0 = 6.45
𝑠
La rapidez en el punto C es:
𝑔 𝑥²
𝑌 = 𝑋 𝑇𝑎𝑛 𝛽
2 𝑉02𝐶𝑜𝑠 ²𝛽
(9.8) 𝑋²
𝑌 = 𝑋 𝑇𝑎𝑛( 29.52°)
2 (41.66) 𝐶𝑜𝑠 ²( 29.52°)
𝑌 = 0.57𝑋 – 0.155𝑋 2
𝑑𝑌
= 0.57 − 0.311𝑋
𝑑𝑋
En el punto C, XC = 6 m:
𝑑𝑌
= 0.57 − 0.311(6)
𝑑𝑋
𝑑𝑌
= −1.30
𝑑𝑋
𝑑𝑌
= 𝑇𝑎𝑛(𝛽)
𝑑𝑋
𝛽 = −52.43°
𝑉𝑋𝐶 = 𝑉𝐶 𝐶𝑜𝑠 𝛽
𝑉0𝑋 = 𝑉𝑋𝐶
𝑉𝑋𝐶
𝑉𝐶 =
𝐶𝑜𝑠 𝛽
5.613
𝑉𝐶 =
𝐶𝑜𝑠 52.43°
𝑚
𝑉𝐶 = 9.206
𝑠
La aceleración normal es:
𝑎𝑁 = 𝑔 𝐶𝑜𝑠 𝛽
𝑎𝑁 = 9.81 𝐶𝑜𝑠 52.43°
𝑚
𝑎𝑁 = 5.975
𝑠2
𝑉2
𝑎𝑁 =
𝜌
Reemplazando se tiene:
( 9.206 )2
𝜌=
(5.975 )
𝜌 = 14.19 𝑚
3
𝑑𝑌 2 2
[1 + ( ) ]
𝑑𝑋
𝜌=
𝑑2 𝑌
| 2|
𝑑𝑋
𝑑𝑌
= 0.57 − 0.311𝑋
𝑑𝑋
𝑑2 𝑌
= −0.311
𝑑𝑋 2
Para el punto C:
𝑑𝑌
= −1.30
𝑑𝑋
𝑑2 𝑌
= −0.311
𝑑𝑋 2
3
[1 + (−1.30)2 ]2
𝜌𝐶 =
|−0.311|
𝜌𝐶 = 14.19 𝑚
𝑑𝑉
𝑎𝑇 = = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑑𝑡
𝑑𝑉 𝑑𝑆
𝑎𝑇 =
𝑑𝑡 𝑑𝑆
𝑑𝑉 𝑑𝑆
𝑎𝑇 =
𝑑𝑆 𝑑𝑡
𝑑𝑆
Como: =𝑉
𝑑𝑡
𝑑𝑉
𝑎𝑇 = ∗𝑉
𝑑𝑆
𝑉𝐵 𝑆𝐵
∫ 𝑉 𝑑𝑉 = ∫ 𝑎 𝑇
𝑉𝐴 𝑆𝐴
𝑉𝐵2 𝑉𝐴2
− = 𝑎 𝑇 (𝑆𝐵 − 𝑆𝐴 )
2 2
𝑉𝐵2
= 𝑆𝐵 𝑎 𝑇
2
𝑉𝐵 = √25 𝑆𝐵 𝑎 𝑇
𝑎 𝑇 = 𝑎 𝑇𝐵 = 𝑎 𝑇𝐴
𝑎 𝑇𝐴 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑚
𝑎 𝑇𝐴 = 30
𝑠2
La distancia recorrida por la partícula (dS) en cualquier instante es:
𝑑𝑌 2
√
𝑑𝑆 = 1 + ( ) 𝑑𝑋
𝑑𝑋
𝑆𝐵
𝑑𝑌 2
∫ 𝑑𝑆 = ∫ √1 + ( ) 𝑑𝑋
𝑆𝐴 𝑑𝑋
dY
Donde es la razón de cambio de la variable Y respecto a la variable X.
dX
𝑋2 𝑌2
+ =1
25 16
dY
Derivando respecto a X Se obtiene la razón de cambio dX en función de la variable
X:
1 𝑑𝑋 1 𝑑𝑌
∗ 2𝑋 + ∗ 2𝑌 =0
25 𝑑𝑋 16 𝑑𝑋
2𝑋 𝑌 𝑑𝑌
= −
25 8 𝑑𝑋
𝑑𝑌 16 𝑋
=−
𝑑𝑋 25 𝑌
𝑌2 𝑋 2 25 − 𝑋 2
=1− =
16 25 25
16
𝑌2 = (25 − 𝑋 2 )
25
4
𝑌= √25 − 𝑋 2
5
Remplazando:
𝑑𝑌 16 𝑋
= −
𝑑𝑋 25 (4 √25 − 𝑥 2 )
5
𝑑𝑌 4 𝑋
= −
𝑑𝑋 5 √25 − 𝑋 2
𝑑𝑌 4 1
= − 𝑋(25 − 𝑋)−2
𝑑𝑋 5
𝑆𝐵 𝑋𝐵 2
4𝑋
∫ 𝑑𝑆 = ∫ √1 + (− ) 𝑑𝑋
𝑆𝐴 𝑋𝐴 5√25 − 𝑋 2
𝑆𝐵 𝑋𝐵
16𝑋 2
∫ 𝑑𝑆 = ∫ √1 + 𝑑𝑋
𝑆𝐴 𝑋𝐴 25(25 − 𝑋 2 )
Donde XA y 𝑋B son las distancias A y B a lo largo del eje horizontal X, para el caso
XA = 0 y 𝑋𝐵 = 3 𝑚.
𝑆𝐵 3
16𝑋 2
∫ 𝑑𝑆 = ∫ √1 + 𝑑𝑋
𝑆𝐴 0 25(25 − 𝑋 2 )
𝑆𝐵 − 𝑆𝐴 = 3.142 𝑚
𝑆𝐵 − 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 − 0
𝑆𝐵 = 3.142 𝑚
La velocidad de la partícula es:
𝑉𝐵 = √2 ∗ (3.142)(30)
𝑚
𝑉𝐵 = 13.731
𝑠
𝑑𝑌
= 𝑇𝑎𝑛 𝜃𝐵
𝑑𝑋
𝑑𝑌 4𝑋
=−
𝑑𝑋 5√25 − 𝑋 2
𝑑𝑌 4∗3
=−
𝑑𝑋 5√25 − (3)2
𝑑𝑌 12
=−
𝑑𝑋 20
12
𝑇𝑎𝑛 𝜃𝐵 = −
20
𝜃𝐵 = −30.964°
𝑉𝐵2
𝑎𝑁𝐵 =
𝜌𝐵
El radio de curvatura es:
3
2 2
𝑑𝑌
[1 + ( ) ]
𝑑𝑋
𝜌𝐵 =
𝑑2 𝑌
| 2|
𝑑𝑋
dY d2 Y
Derivando la razón de cambio dX respecto a X Se Obtiene :
dX2
𝑑2𝑌 𝑑 4 1
2 ) −2
= [− 𝑋(25 − 𝑋 ]
𝑑𝑋 2 𝑑𝑋 5
𝑑2𝑌 4 1 𝑑𝑋
2 ) −2
1 3
2 ) −2
𝑑𝑋
= − [{(25 − 𝑋 } + 𝑋 {− (25 − 𝑋 (−2𝑋 )}]
𝑑𝑋 2 5 𝑑𝑋 2 𝑑𝑋
𝑑2𝑌 4 1 𝑋2
= − [ + ]
𝑑𝑋 2 5 √25 − 𝑋 2 √(25 − 𝑋 2 )3
3
1 2 2
4
[1 + {− 𝑋(25 − 𝑋 2 )−2 } ]
5
𝜌𝐵 =
4 1 𝑋2
|− [ + ]|
5 √25 − 𝑋 2 √(25 − 𝑋 2 )3
Reemplazando X = 3m se tiene:
3
4 1 2 2
[1 + {− ∗ 3(25 − 32 )−2 } ]
5
𝜌𝐵 =
4 1 32
|− [ + ]|
5 √25 − 32 √(25 − 32 )3
3
12 2 2
[1 + {− } ]
5∗4
𝜌𝐵 =
4 1 9
|− [4 + 64]|
5
3
[1 + 0.36]2
𝜌𝐵 =
4
|− ∗ 0.390625|
5
3
1.362
𝜌𝐵 =
0.3125
𝜌𝐵 = 5.075 𝑚
(13.731)2
𝑎𝐵𝑁 =
5.75
𝑚
𝑎𝐵𝑁 = 37.149
𝑠2
𝑎𝐵 = √302 + 37.1492
𝑚
𝑎𝐵 = 47.750
𝑠2
𝑎𝐵𝑁
𝑇𝑎𝑛 𝛽 =
𝑎𝐵𝑇
37.149
𝑇𝑎𝑛 𝛽 =
30
𝛽 = 𝑇𝑎𝑛−1 1.2383
𝛽 = 51.077°
𝑚
La aceleración es de 47.750 “.
𝑠2
𝑚
(Pedrosa, 1995) “El collarín A se mueve con velocidad constante de 2 a lo
𝑠
largo del anillo en forma parabólica 𝑌 = 𝑋 2 . Véase figura 35.
𝑑𝑌
= 𝑇𝑎𝑛𝜃
𝑑𝑋
Derivando la posición de la partícula se tiene:
𝑑𝑌 𝑑
= (𝑋 2 )
𝑑𝑋 𝑑𝑋
𝑑𝑌 𝑑𝑋
= 2𝑋
𝑑𝑋 𝑑𝑋
𝑑𝑌
= 2𝑋
𝑑𝑋
𝑑𝑌
= 𝑇𝑎𝑛𝜃
𝑑𝑋
𝑑𝑌
=2∗2
𝑑𝑋
𝜃 = 75.964°
𝑉̅𝐴 = 𝑉𝐴 𝑒̂ 𝑇
𝑚
𝑉̅𝐴 = 2𝑒̂ 𝑇
𝑠
FIGURA 36. COMPONENTES DE VELOCIDAD DE LA PARTÍCULA
Fuente: (Pedrosa, 1995)
𝑉𝐴𝑟 = 𝑉𝐴 𝐶𝑜𝑠(𝜃 − 𝛽) = 𝑟̇
𝑌𝐴
𝑇𝑎𝑛𝛽 =
𝑋𝐴
𝑌𝐴 = 𝑋𝐴 2
Reemplazando 𝑋 = 2𝑚 se tiene:
𝑌𝐴 = 22
𝑌𝐴 = 4 𝑚
𝑌
Reemplazando 𝑒𝑛 𝑇𝑎𝑛𝛽 = 𝑋𝐴 se tiene:
𝐴
4
𝑇𝑎𝑛𝛽 =
2
𝛽 = 63.435°
𝑉𝐴𝜃 = 𝑉𝐴 𝑆𝑒𝑛(𝜃 − 𝛽)
𝑟0𝐴 = √𝑋𝐴 2 + 𝑌𝐴 2
𝑟0𝐴 = √22 + 42
𝑟0𝐴 = 4.472 𝑚
𝑉𝐴𝜃 = (4.472)𝜃̇𝑂𝐴
𝑟𝑎𝑑
𝜃̇0𝐴 = 0.09702 ↺
𝑠
Pero:
𝑉𝐴 2
𝑎𝐴𝑁 =
𝜌𝐴
3
2 2
𝑑𝑌
[1 + ( ) ]
𝑑𝑋
𝜌𝐴 =
𝑑2 𝑌
[ ]
𝑑𝑋 2
dY d2 Y
Derivando la razón de cambio dX respecto a X Se Obtiene :
dX2
𝑑2𝑌 𝑑
2
= (2𝑋)
𝑑𝑋 𝑑𝑋
𝑑2𝑌 𝑑𝑌
= 2
𝑑𝑋 2 𝑑𝑋
𝑑2𝑌
=2
𝑑𝑋 2
Reemplazando en la ecuación del radio de la curvatura 𝑒𝑛 𝑋𝐴 = 2 𝑚, se obtiene:
[1 + (2𝑋)2 ]3/2
𝜌𝐴 =
[2]
[1 + (2 ∗ 2)2 ]3/2
𝜌𝐴 =
2
[17]3/2
𝜌𝐴 =
2
𝜌𝐴 = 35.046 𝑚
(2)2
𝑎𝐴𝑁 =
35.046
𝑚
𝑎𝐴𝑁 = 0.1141 2
𝑠
𝑎𝐴𝜃 = 0.1141𝐶𝑜𝑠(12.529°)
𝑚
𝑎𝐴𝜃 = 0.1114
𝑠2
4.472𝜃̈0 𝐴 = −0.2674
𝑟𝑎𝑑
𝜃̈0 𝐴 = −0.05979
𝑠2
𝑟𝑎𝑑
𝜃̈0𝐴 = 0.05979 ↻
𝑠2
𝑎𝐴 𝑟 = −0.1114 𝑆𝑒𝑛(12.529°)
𝑚
𝑎𝐴 𝑟 = 0.02417 𝑠2
2
𝑎𝐴 𝑟 = 𝑟0̈𝐴 − 𝑟0𝐴 𝜃0̇ 𝐴
𝑎𝐴 𝑟 = 𝑟0̈𝐴 − (4.472)(0.09702)2
𝑎𝐴 𝑟 = 𝑟0̈𝐴 − 0.04209
𝑟𝑎𝑑
La aceleración angular es de 0.05979 ↻ “.
𝑠2
(Meriam & Kraige, 1998) “El brazo ranurado, en cuyo interior se mueve el
bloque C de masa m, gira en torno al punto O.
La posición del bloque C dentro de la ranura está controlada por la cuerda que está
sujeta en D y se mantiene tenso. La longitud de la cuerda DBC vale R, con lo que
r=0 cuando 𝜃 = 0. Véase figura 38 y 39.
Determinar:
a) El módulo de la aceleración del bloque así como el radio de curvatura de la
trayectoria descrita por el bloque
b) La tensión en la cuerda en la posición 𝜃 = 30°
𝜃 + 𝛼 + 𝛼 = 180°
𝜃 + 2𝛼 = 180°
𝜃
𝛼 = 90° − 2
𝑅 𝑌
=
𝑆𝑒𝑛𝛼 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝑅𝑆𝑒𝑛𝜃 = 𝑌𝑆𝑒𝑛𝛼
𝜃
𝑅𝑆𝑒𝑛𝜃 = 𝑌𝑆𝑒𝑛 (90 − )
2
𝜃 𝜃
𝑅𝑆𝑒𝑛𝜃 = 𝑌 (𝑆𝑒𝑛90°𝐶𝑜𝑠 ( ) − 𝐶𝑜𝑠90°𝑆𝑒𝑛 ( ))
2 2
𝜃
𝑅𝑆𝑒𝑛𝜃 = 𝑌𝐶𝑜𝑠 ( )
2
Pero :
𝑆𝑒𝑛(2𝐴) = 2𝑆𝑒𝑛𝐴𝐶𝑜𝑠𝐴
𝜃
Haciendo 𝐴 = 2
, se tiene:
𝜃 𝜃 𝜃
𝑆𝑒𝑛 (2 ∗ ) = 2𝑆𝑒𝑛 ( ) 𝐶𝑜𝑠 ( )
2 2 2
𝜃 𝜃
𝑆𝑒𝑛𝜃 = 2𝑆𝑒𝑛 ( ) 𝐶𝑜𝑠 ( )
2 2
Remplazando:
𝜃 𝜃 𝜃
𝑅 [2𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝐶𝑜𝑠 ( )] = 𝑌𝐶𝑜𝑠 ( )
2 2 2
𝜃 𝜃
2𝑅𝑆𝑒𝑛 (2) 𝐶𝑜𝑠 (2)
𝑌=
𝜃
𝐶𝑜𝑠 (2)
𝜃
𝑌 = 2𝑅𝑆𝑒𝑛 ( )
2
𝑟+𝑋 =𝑅
La longitud de la cuerda es:
𝑌 + 𝑋 = ̅̅̅̅̅̅
𝐷𝐵𝐶
𝑌+𝑋 =𝑅
𝑋 =𝑅−𝑌
𝑟 + (𝑅 − 𝑌) = 𝑅
𝑟=𝑌
Por lo que:
𝜃
𝑟 = 2𝑅𝑆𝑒𝑛 ( )
2
𝑌 2 = 𝑅 2 + 𝑅 2 − 2𝑅 ∗ 𝑅𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑌 2 = 2𝑅 2 (1 − 𝐶𝑜𝑠𝜃)
Pero:
𝜃 1 − 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑆𝑒𝑛 ( ) = √
2 2
Elevando al cuadrado:
𝜃 1 − 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑆𝑒𝑛2 ( ) =
2 2
𝜃
1 − 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 2𝑆𝑒𝑛2 ( )
2
Remplazando:
𝜃
𝑌 2 = 2𝑅 2 [2𝑆𝑒𝑛2 ( )]
2
𝜃
𝑌 2 = 4𝑅 2 𝑆𝑒𝑛2 ( )
2
𝜃
𝑌 = 2𝑅 𝑆𝑒𝑛 ( )
2
Pero como:
𝜃
𝑌 = 𝑟 = 2𝑅 𝑆𝑒𝑛 ( )
2
𝜃 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 → 𝜃 =̈ 0
𝑑𝑟
𝑟̇ =
𝑑𝑡
𝑑𝜃
= 𝜃̇
𝑑𝑡
𝜃
𝑟̇ = 𝑅𝜃̇ 𝐶𝑜𝑠 ( )
2
𝑑𝑟̇
𝑟̈ =
𝑑𝑡
𝑑2 𝑟
𝑟̈ =
𝑑𝑡 2
𝜃 1 𝑑𝜃
𝑟̈ = −𝑅𝜃̇ ∗ 𝑆𝑒𝑛 ( ) ( ) ( )
2 2 𝑑𝑡
𝜃 𝑑𝜃
𝑟̈ = −𝑅𝜃̇ 𝑆𝑒𝑛 ( ) ( )
2 𝑑𝑡
𝜃
𝑟̈ = −𝑅𝜃̇𝑆𝑒𝑛 ( ) ∗ 𝜃̇
2
−𝑅𝜃̇ 2 𝜃
𝑟̈ = 𝑆𝑒𝑛 ( )
2 2
30°
𝑟 = 2 ∗ (0.175)𝑆𝑒𝑛 ( )
2
𝑟 = 0.1941 𝑚
30°
𝑟̇ = (0.375)(4 )𝐶𝑜𝑠 ( )
2
𝑚
𝑟̇ = 1.449
𝑠
−(0.375)(4)2 30°
𝑟̈ = 𝑆𝑒𝑛 ( )
2 2
𝑚
𝑟̈ = −0.7765 2
𝑠
𝑉̅ = 𝑉𝑟 𝑒̂𝑟 + 𝑉𝜃 𝑒̂𝜃
Reemplazando se tiene:
𝑉̅ = 1.449𝑒̂𝑟 + (0.1941)(4)𝑒̂𝜃
𝑚
𝑉̅ = 1.449𝑒̂𝑟 + 0.775𝑒̂𝜃
𝑠
𝑉 = √𝑉𝑟 2 + 𝑉𝜃 2
𝑉 = √(1.449)2 + (0.7765)2
𝑚
𝑉 = 1.644
𝑠
𝑉𝜃
𝑇𝑎𝑛𝛽 =
𝑉𝑟
0.7765
𝑇𝑎𝑛𝛽 =
1.449
𝛽 = 28.186°
𝜃 + 𝛽 = 30° + 28.186°
𝜃 = 58.186°
FIGURA 40. COMPONENTES DE VELOCIDAD DE LA PARTÍCULA
Fuente: Autor del proyecto
𝑎̅ = 𝑎𝑟 𝑒̂𝑟 + 𝑎𝜃 𝑒̂𝜃
2
𝑎̅ = [𝑟̈ − 𝑟(𝜃̇) ] 𝑒̂𝑟 + [𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇]𝑒̂𝜃
𝑎̅ = √(−3.882)2 + (11.592)2
𝑚
𝑎̅ = 12.225
𝑠2
𝑎𝜃
𝑇𝑎𝑛𝛾 =
𝑎𝑟
11.592
𝑇𝑎𝑛𝛾 =
3.882
𝛾 = 71.485°
𝑚
La magnitud de la aceleración es de 12.225 “.
𝑠2
(Garcia, 1988) “En el mecanismo de la figura, el bloque B se mueve por la
trayectoria curva unido a un collar que se desliza por la barra AC. Véase figuras
𝑟𝑎𝑑
42 y 43. En el instante que se muestra la barra tiene velocidad angular de 5 𝑠
𝑟𝑎𝑑
y aceleración angular de 2 , ambas en sentido horario. Si la aceleración de
𝑠2
𝑚
B tangencial a la trayectoria es de 5 𝑠2 en ese instante.
𝑉̅ = 𝑉𝑒𝑇
𝑉̅ = 𝑟̇ 𝑒𝑟 + 𝑟𝜃̇ 𝑒𝜃
𝑉𝜃 = 𝑟𝜃̇
𝑉𝜃 = (0.5)(5 )
𝑚
𝑉𝜃 = 2.5
𝑠
𝑉𝜃
𝑉=
𝐶𝑜𝑠𝜃
2.5
𝑉=
𝐶𝑜𝑠 30°
𝑚
𝑉 = 2.88
𝑠
𝑉𝑟 = 𝑟̇
𝑉𝑟 = 𝑉 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝑉𝑟 = (2.5 )𝑆𝑒𝑛 30°
𝑚
𝑉𝑟 = 1.44
𝑠
𝑎̅ = 𝑎 𝑇 𝑒̅𝑇 + 𝑎𝑁 𝑒̅𝑁
𝑎̅ = 𝑎𝑟 𝑒̅𝑟 + 𝑎𝜃 𝑒̅𝜃
Descomponiendo las componentes radial y transversal de la aceleración a lo largo
del eje tangente se tiene:
𝑎 𝑇 = 𝑎𝜃 𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝑎𝑟 𝑆𝑒𝑛𝜃
Despejando se tiene:
𝑎 𝑇 − 𝑎𝜃 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑎𝑟 =
𝑆𝑒𝑛𝜃
𝑎𝑁 = 𝑎𝜃 𝑆𝑒𝑛𝜃 − 𝑎𝑟 𝐶𝑜𝑠𝜃
𝑎𝜃 = (0.5)(2) + 2(1.44)(5)
𝑚
𝑎𝜃 = 15.4
𝑠2
FIGURA 45. COMPONENTES DE ACELERACIÓN DE LA PARTÍCULA
Fuente: (Garcia, 1988)
𝑚
𝑎𝑟 = −16.67
𝑠2
𝑚
𝑎𝑁 = 22.13 2
𝑠
r(θ) = 15 + 3 Sen θ m
6θ
z(t) = A − ( ) m
2π
θ(t) = B + 0,3t rad
En cada revolución completa baja 6 m. Para un automóvil que baje por la rampa de
rad
manera que θ̇ = 0,3 s = constante.
Determinar:
a) Velocidad y su aceleración cuando θ = 0° .
b) Velocidad y su aceleración cuando θ = 90° .
c) Demostrar que la velocidad y aceleración son perpendiculares cuando θ = 90° .
r̅ = r er + z k
V(t) = ṙ er + r θ̇eθ + ż k
m
ṙ = 3θ̇ Cos θ
s
m
r̈ = 3θ̈ cos θ − 3θ2̇ Sen θ 2
s
6 θ̇ m
ż = −
2π s
Reemplazando la velocidad y aceleración, se tiene:
rad
θ̇ = 0,3
s
rad
θ̈ = 0
s2
6 θ̇ m
ż = −
2π s
6 (0.3) m
ż = −
2π s
m
ż = −0,286
s
m
z̈ = 0 2
s
Cuando θ = 0° :
r(0) = 15 + 3 Sen 0
r = 15 m
ṙ = 3θ̇ Cos θ
ṙ = 3(0.3) Cos 0
m
ṙ = 0,9
s
r̈ = 3θ̈ cos θ − 3θ2̇ Sen θ
r̈ = 3(0) cos 0 − 3(0)2 Sen 0
m
r̈ = 0
s2
V(t) = ṙ er + r θ̇eθ + ż k
Cuando 𝜃 = 90° :
ṙ = 3θ̇ Cos θ
ṙ = 3(0.3) Cos 90°
m
ṙ = 0
s
r̈ = 3θ̈ cos θ − 3θ2̇ Sen θ
r̈ = 3(0) cos 90° − 3(0)2 Sen 90°
m
r̈ = −0.27
s2
V(t) = ṙ er + r θ̇eθ + ż k
La velocidad es:
m
̅ = 5,400er − 0,286 𝑘̂
V
s
La aceleración es:
m
𝑎̅ = −1, ,890er
s2
V∗a=0
𝑋
𝑉𝐴𝑂 =
𝑡
15
𝑡=
30
𝑡 = 0.5 𝑠
𝑉𝐴𝑌 = 𝑉𝐴𝑌0 − 𝑔𝑡
ft
𝑉̅𝐴 = (30 î − 16.1ĵ )
s
𝑉̅𝐴/𝐵 = 𝑉̅𝐴 − 𝑉̅𝐵
𝑓𝑡
𝑉𝐴/𝐵 = 30.61
𝑠
−6.1
𝑇𝑎𝑛ⱷ =
30
𝜑 = −11.5°
𝑓𝑡
La velocidad relativa de 𝐴 respecto a 𝐵 es de 30.61 “.
𝑠
FIGURA 47. VELOCIDAD DE LA PARTÍCULA
Fuente: (Pedrosa, 1995)
La aceleración de 𝐴 es:
𝑎̅𝐴 = −𝑔𝑗̂
La aceleración de 𝐵 es:
𝑎̅𝐵 = 0
𝑎̅𝐴/𝐵 = −𝑔𝑗̂
𝑓𝑡
𝑎̅𝐴/𝐵 = (−32.2ĵ )
𝑠
(Pedrosa, 1995) “Un avión tiene una velocidad de 1660 km/h en la dirección X,
constante. En el instante que el avión pasa justamente encima de un cañón
𝑚
antiaéreo, si dispara el cañón, y el obús sale con una velocidad de 1500 𝑠 , como
se muestra en la figura 48.
𝐾𝑚 1000𝑚 1ℎ 𝑚
𝑉𝐴 =1660 = 461.11
ℎ 1𝐾𝑚 3600𝑠 𝑠
𝑋 = 𝑉𝑋 𝑡
𝑉0𝑋 = 𝑉0 𝐶𝑜𝑠 𝜃
Para que la colisión exista la componente de la velocidad inicial a lo largo del eje
X del obús es igual a la velocidad del avión.
𝑉0𝑋 = 𝑉𝐴
𝑉𝐴
𝑐𝑜𝑠 𝜃 =
𝑉0
416.11
𝑐𝑜𝑠 𝜃 =
1500
𝜃 = 72.1°
𝑉0𝑌 = 𝑉0 𝑆𝑒𝑛 𝜃
𝑉𝑌 2 = (1427.38)2 − 2𝑔(2000)
𝑚
𝑉𝑌 = 1413.56
𝑠
𝑉𝑌 = 𝑉𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙
La velocidad final del obús es:
𝑚
𝑉̅𝐵 = 461.11 î + 1413.56 ĵ
𝑠
𝑚
𝑉̅𝐴 = 461.11 î
𝑠
𝑚
𝑎̅𝐵/𝐴 = 𝑎̅𝐵 − 𝑎̅𝐴 = −9,81ĵ
𝑠2
𝑚
La aceleración relativa de 𝐵 respecto a 𝐴 es de −9,81ĵ “.
𝑠2
(Riley & Sturges, 1994) “Si el cuerpo B se mueve hacia abajo con una celeridad
m
del 6 s ; véase figura 49, además la celeridad del cuerpo B disminuye a razón
m
de 1 .
s2
𝜋 𝑟1 𝜋 𝑟2
𝐿 = (𝑋𝐴 − 𝑏) + + 2 𝑋𝐵 + −𝑏
2 2
𝑑𝑋𝐴 𝑑𝑋𝐵
+2 =0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑉𝐴 + 2 𝑉𝐵 = 0
𝑎𝐴 + 2 𝑎𝐵 = 0
b
V𝐴 = −2VB
m
V𝐴 = −2 (6 )
s
m
VA = −12
s
m
VA = 12 ↑
s
𝑎A = −2 𝑎B
𝑎A = −2(−1)
m
𝑎A = 2 ↑
s2
m
La aceleración de 𝐵 es de 2 ↑ “.
s2
1.13 Problemas Propuestos
(Riley & Sturges, 1994)“Un carrito está unido a un resorte y se mueve con una
aceleración proporcional a su posición pero de signo contrario dada por la
m
ecuación 𝑎(X) = −2X s2 ; véase figura 50.
Determinar:
a) Posición, velocidad y aceleración del carrito en función del tiempo. Resp. X =
25 m
√ Sen(√2t − 3.229) m ; V = √25 Cos(√2t − 3.229) ; a = −√50 Sen(√2t −
2 s
m
3.229) “p.24.
s2
(Riley & Sturges, 1994) “Una bola que cae en el aire tiene una aceleración dada
m m
por la expresión 𝑎(V) = 9.81 − 0.003 V 2 s2 donde la velocidad se expresa en s
y el sentido positivo hacia abajo; véase figura 51.
Determinar:
a) Velocidad de la bola en función de la altura si lleva una velocidad hacia abajo de
m m
3 s cuando Y = 0 ; Resp. V = √3270 − 333 e2,28−0,006Y s .
m
b) Velocidad de régimen de la bola. Resp. V = 57.2 “p.24.
s
Determinar:
m
a) Velocidad de la partícula en función del tiempo. Resp. V(t) = 10t − 8 .
s
𝑚
b) Aceleración de la partícula en función del tiempo. Resp. 𝑎(𝑡) = 10 .
𝑠2
(Riley & Sturges, 1994) “La trayectoria de una partícula que se mueve a lo largo
del eje X , se define mediante la ecuación X(t) = 4 Sen t donde X se expresa
en metros y t en segundos.
Determinar:
m
a) Velocidad de la partícula en función del tiempo. Resp. V(t) = 4 Cos t .
s
m
b) Aceleración de la partícula en función del tiempo. Resp. 𝑎(t) = −4 Sent .
s2
Determinar:
t3
a) Posición de la partícula en función del tiempo. Resp. X(t) = −20873 + 8 3 −
20t m .
m
b) Aceleración de la partícula en función del tiempo. Resp. 𝑎(t) = 16t .
s2
(Riley & Sturges, 1994) “La velocidad de una partícula se mueve a lo largo del
m
eje X y se define mediante la ecuación V(t) = 6t Sen(3t) donde V se
s
m
expresa en y t en segundos. Su posición para t = 6 s es X(6) = 10 m .
s
Determinar:
a) Posición de la partícula en función del tiempo. Resp. X(t) = 18.424 − 2t Cos 3t +
2
Sen 3t m .
3
Determinar:
t2 t3
a) Posición de la partícula en función del tiempo. Resp. X(t) = 5 + 5 2 − m.
2
t2 m
b) Velocidad de la partícula en función del tiempo. Resp. V(t) = 5t − 3 .
2 s
(Riley & Sturges, 1994) “La aceleración de una partícula se mueve a lo largo del
eje X y se define mediante la ecuación 𝑎(t) = 20 Sen (2t) donde 𝑎 se
m
expresa en s2 y t en segundos. Su posición para t = 10 s es X(10) =
m
0 m y su velocidad son V(10) = 5 .
s
Determinar:
a) Posición de la partícula en función del tiempo. Resp. X(t) = −86.23 + 9.081t −
5 Sen 2t m .
b) Velocidad de la partícula en función del tiempo. Resp. V(t) = 9.081 −
m
10 Cos 2t .
s
Determinar:
a) El alcance pendiente arriba alcanzada por el agua. Resp. R = 2968.16 m “p. 42.
(Riley & Sturges, 1994) “Una bola de 10 mm de diámetro que rueda por un
plano horizontal situado a una altura h = 4 m sale de él como se indica en la
figura 53.
Determinar:
Determinar:
a) El intervalo de ángulos iniciales θ0 que permitan que la pelota atraviese la
ventana. Resp. 54.07° ≤ θ ≤ 58.52° o bien 80.57° ≤ θ ≤ 80.94° “.p.48.
(Jensen, 1978) “Sobre el bloque de masa m , actúan una fuerza F constante
y una fuerza de resistencia R = rt 2 variable con el tiempo t , moviéndolo a lo
largo de una superficie rugosa con un coeficiente de fricción seca μ; véase
figura 55.
Determinar:
3(F−μ m g)2
a) El desplazamiento X(t F ) = X0 hasta la parábola del bloque. Resp. X = .
4mr
b) La velocidad máxima Ẋ(t m ) = Ẋm del bloque teniendo en cuenta las condiciones
2(F−μ m g) F−μ m g
iniciales X(t 0 = 0) = 0 y Ẋ(t 0 = 0) = 0 . Resp. V = 3 m ∗ √ r “.
(Beer, Johnston, & Cornwell, 2010) “Una rampa pasa saltar con esquíes está en
X2
un plano vertical definida por Y = 200 , donde X e Y están en metros. Y se
mide con respecto a la parte más baja de la curva; véase figura 56, en la prueba
la esquiadora empezó su carrera en X = 120 m en el punto A y se observó
πS
que su rapidez variaba de acuerdo a Vp = 30 sen (2S ) ; Donde S es la distancia
0
que ha recorrido y S0 es la longitud del arco desde el inicio hasta la parte inferior
de la rampa.
Determinar:
a) La aceleración de la esquiadora cuando está a una distancia horizontal de
m
40 m del punto inferior de la gráfica. Resp. a̅ = −3.74 î − 5.86 ĵ s2 “.p. 660.
(Riley & Sturges, 1994) “Una partícula se mueve por la trayectoria parabólica
dada por la expresión f(X) = X 2 − 6X + 9 donde X se expresa en m ; véase
figura 57 y la partícula rueda descendiendo esa bajada y pasa por un punto A
m m
(X0 = 5m) con una velocidad de 3 s que aumenta a razón de 5 s2 .
Determinar:
a) Las componentes normal y tangencial de la aceleración de la bola cuando pasa
m m
por el punto A . Resp. 0.257 s2 ; 5 s2 .
Determinar:
50 mm
a) Velocidad de la partícula V(t). Resp. ( 3t ) [er + θ eθ ] .
s
50 mm
b) Aceleración de la partícula 𝑎(𝑡) . Resp. (3t2 ) [(−1(1 + 10 θ))er + (20 − θ)eθ ] .
s2
Determinar:
Km
a) A que celeridad empezarán a derrapar los neumáticos. Resp. 47.5 “.p.50.
h
(Pedrosa, 1995) “El pasador P pertenece a la barra AB , que gira con una
rad rad
velocidad angular de 3 y tiene una aceleración angular de 14 en el
s s2
instante que θ = 40° y ∅ = 70°; véase figura 58.
Determinar:
a) La velocidad angular y la aceleración angular con la cual gira la barra OC y la
componente radial de la velocidad y aceleración de B para cuando ∅ = 0° y
V0 rad rad
cuando ∅ = 90°. Resp. , 0 ; 0.0296 V0 , −0.923 V0 “p.680.
17 s s
(Pedrosa, 1995) “Una persona que esta parada en una plataforma que
𝑚
desciende con rapidez constante de 3 𝑠 , lanza una bola, la velocidad de esta
𝑚
en relación a la plataforma es 12 en dirección Horizontal. El piso está 10 ft
𝑠
abajo del lugar donde se lanza la bola; véase figura 60.
Determinar:
a) Donde y cuando chocará la bola contra el piso. Resp. 6.47 m, 0.54 s .
b) Cuál es el radio de curvatura de la trayectoria en el instante del
lanzamiento. Resp. 16.08 m “.
(Riley & Sturges, 1994) “La embarcación A navega aguas abajo en un rio a
m m
20 s , mientras la embarcación B lo hace arriba a 15 s ; véase figura 61.
Determinar:
m
a) Velocidad de A relativa a B . Resp. 35 ↓.
s
m
b) Velocidad de B relativa a A . Resp. 35 ↑ “.p.31.
s
(Riley & Sturges, 1994) “Una barcaza rompe sus amarras y flota aguas abajo
m
por un rio cuya corriente es de 3 s . Un remolcador la persigue con una
m
celeridad de 4.5 relativa a la corriente. Si el remolcador parte a una distancia
s
de 450 m detrás de la barcaza.
Determinar:
a) El tiempo que tardará en alcanzarla y la distancia total que en ese tiempo
habrá recorrido el remolcador. Resp. 100 s ; 750 m “.p.32.
(Riley & Sturges, 1994) “Dos ciclistas parten a las 13: 00 de dos poblaciones
separadas 20 Km yendo cada uno al encuentro del otro. El primer ciclista se
m
mueve a favor del viento y mantiene una celeridad de 7 s . El otro pedalea
m
contra el viento a una celeridad de 5 y se detiene a descansar
s
5 minutos cada 4 Km.
Determinar:
a) Dónde y cuándo se encuentran.
Resp. 12.54 Km de la primera cuidad ; 13: 30 “.p.32.
(Riley & Sturges, 1994) “Un vagón de ferrocarril se ha desprendido en un
Km
apartadero y rueda con una celeridad constante de 13 . Se manda a
h
m
recogerlo una máquina que tiene una aceleración máxima de 0.9 , una
s2
m Km
desaceleración máxima de 15 y una celeridad máxima de 72 ; véase
s2 h
figura 62.
Determinar:
a) El mínimo recorrido necesario para alcanzar el vagón desprendido. (Supóngase
que la maquina parte del reposo cuando el vagón está en la misma vía a 150 m
Km
y que la velocidad relativa al producirse el alcance ha de ser inferior a 4.8 .
h
Resp. 246.4 m “.p.32.
(Riley & Sturges, 1994) “Una embarcación intenta cruzar un rio según se
Km
indica. La anchura del rio es de 600 m y la corriente es de 8 . Si la
h
Km
embarcación navega a 24 ; véase figura 63.
h
Determinar:
a) El tiempo t que tardará en ir de A a B . Resp. 95.45 s .
b) El ángulo de deriva ∅ que ha de poner la embarcación para ir directamente de
A a B . Resp. 19.47° En sentido manecillas del reloj “.p.56.
(Riley & Sturges, 1994) “Dos lanchas parten de un amarre al mismo tiempo
t = 0 según se indica. La lancha A navega con una celeridad constante de
𝐾𝑚 Km
24 , mientras que la lancha B lo hace a 32 ; véase figura 64. Para
ℎ h
t = 30 s .
Determinar:
a) La distancia d entra las lanchas. Resp. 188.9 m .
m
b) la velocidad ḋ de separación de las lanchas. Resp. 6.293 “.p.57.
s
(Riley & Sturges, 1994) “Dos muchachos juegan en una pendiente en la forma
m
que se indica. El primero lanza una pelota con una celeridad inicial de 10 s
m
en dirección horizontal y el segundo corre con una celeridad constante de 5 s
; véase figura 65.
Determinar:
a) La distancia S a la cual el segundo muchacho capta la pelota. Resp. 13.59 m .
̅B/A de la pelota respecto al muchacho en el instante que la
b) Velocidad relativa V
m
capta. Resp. 5.670 î − 9.047 ĵ “.p.58.
s
(Riley & Sturges, 1994) “El bloque A se mueve hacia la izquierda con una
m m
celeridad de 1 s , disminuyendo a razón de 0.5 s2 y el bloque C esta fijo;
véase figura 66.
(Riley & Sturges, 1994) “El torno T está devanando cable a la razón
m
constante de 1.5 s . Si el bloque sobre el que está montado el torno esta fijo;
véase figura 67.
Determinar:
m m
a) Velocidad y aceleración del bloque B . Resp. 0.45 ↑ ; 0.09 ↑ “.p.34.
s s2
(Riley & Sturges, 1994) “El bloque A se mueve hacia la derecha con una
m m
celeridad de 5 s , la cual disminuye a razón de 0.2 s2 ; véase figura 69.
Determinar:
m m
a) Velocidad y aceleración del bloque B . Resp. 3.333 ↑ ; 0.1333 ↑ “.p.34.
s s2
(Gill, 1997) “La cuerda unida a la pared en D , pasa por una pequeña polea fija
en B y termina en el punto C del cuerpo A. La cuerda mide 44 m de longitud
y el sistema está en reposo en la posición indicada. ; véase figura 70.
Repentinamente el punto B se mueve hacia la derecha con aceleración
m
constante 𝑎𝐵 = 2 s2 .
Determinar:
m
a) La velocidad de A justamente antes que llegue a la polea. Resp. 6.21 ↑ .p.24.
s
(Riley & Sturges, 1994) “El movimiento tridimensional de una partícula está
descrito por la expresión r = 5t 2 î + 3t Ĵ + 15t 3 k̂ donde r se expresa en
5 metros y t en segundos.
Determinar:
m
a) Velocidad y aceleración de la partícula. Resp. 10 t î + 3 Ĵ + 45t 2 k̂ , 10 î +
s
m
90 t k̂ “.p.64.
s2
(Riley & Sturges, 1994) “El movimiento tridimensional de una partícula está
descrito por las expresiones X = 2 Sen(3t) ; Y = 1.5t y Z = 2 cos(3t) donde
X, Y, Z se expresan en metros y t en segundos.
Determinar:
a) Velocidad y aceleración de la partícula en el instante t = 25 s . Resp. 5.531 î +
m
1.5 Ĵ + 2.327 k̂ s .
Determinar :
Determinar:
a) El módulo de la aceleración del automóvil cuando desciende por la
m
rampa. Resp. 1.094 s2 “.p.65.
(Riley & Sturges, 1994) “Un avión vuela hacia el oeste con una celeridad
m
constante de 100 s a una altitud constante de 1500 m . La proyección sobre el
suelo de la trayectoria del avión pasa 2 Km al norte de una estación radar;
véase figura 72.
Determinar:
a) Celeridades y aceleraciones de rotación θ̇, θ,̈ ∅̇, ∅̈ que hace que dar a la
antera para seguir al avión cuando éste esté en el mismo meridiano que la
rad rad rad rad
estación radial. Resp. 0.05 , 0 , 0 , 0.0012 “.p.66.
s s2 s s2
(Riley & Sturges, 1994) “El movimiento tridimensional de una partícula situada
en la superficie de un cono de revolución esta descrito por las expresiones r =
hθ
Z Tan β ; θ = 2πt y h = 2π donde 𝑟, h, Z se expresan en metros y β, θ en
radianes. Donde β = 30° es el ángulo del vértice del cono y h = 0.25 m es la
distancia que sube la partícula al dar una vuelta alrededor del cono.
Determinar:
a) Velocidad y aceleración de la partícula para t = 0 s . Resp. 0.1443 er +
m m
0.25 k̂ s ; 1.8138 eθ s2 .
Beer, F. P., Johnston, R., & Cornwell, P. (2010). Mecánica Vectorial para Ingenieros.
México: Mc Graw Hill.
Boresi, A. P., & Schmidt, R. J. (2001). Ingeniería Mecánica Dinámica. México:
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Garcia, A. (1988). Dinámica de párticulas . Bucaramanga: UIS.
Gill, M. (1997). Ingeniería Mecánica.
Hibbeler, R. (1995). Ingeniería Mecánica Dinámica. México: Prentice Hall.
Jensen, J. (1978). Dinámica. Bucaramanga: UIS.
Meriam, J., & Kraige, L. (1998). Mecánica para Ingenieros Dinámica. Barcelona:
Reverté.
Pedrosa, J. (1995). Apuntes clases asignatura Dinámica UFPS. Cúcuta: UFPS.
Riley, W. F., & Sturges, L. D. (1994). Ingeniería Mecánica Dinámica. Espana:
Reverté.