Series de Ejercicios Resueltos de Dinámica

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Series de Ejercicios Resueltos

de Dinámica

UNAM

Ing. Juan Ocáriz Castelazo

Facultad de Ingeniería

División de Ciencias Básicas

Departamento de Cinemática y Dinámica

Las series de ejercicios que hemos elaborado para que estén a disposición de los alumnos de la materia de Cinemática y Dinámica, pretenden ofrecer una buena variedad de ejercicios com-pletamente resueltos. Los textos de Dinámica que recomiendan los profesores de la asignatura, y que los alumnos conocen, contienen una magnífica selección de problemas modelo, que los autores suelen presentar eficazmente resueltos. El presente trabajo aspira a acrecentar el repertorio y a ser mucho más detallado en los procedimientos.

Los problemas se han reunido conforme a los temas del programa vigente en la Facultad, es decir, en cinco capítulos. En cada capítulo se han ordenado según su grado de dificultad. No hemos querido proponer problemas para que el alumno resuelva por su cuenta, puesto que los textos a que tiene acceso, ya en la biblioteca, ya en el mercado, contienen abundancia de ellos.

En la elaboración de las resoluciones hemos adoptado algunos criterios que conviene conocer. Se ha procurado no omitir ningún paso, salvo los que puedan ser claramente comprendidos por un estudiante de matemáticas de bachillerato; todos los demás se asientan, a pesar de que puedan alargarse demasiado. Sin embargo, para no hacer farragosa su lectura, hemos suprimido las unidades en el proceso: sólo se asientan en las respuestas. Esto, por otra parte, no debe considerarse una mala costumbre cuando un alumno resuelva problemas por su cuenta.

En muchos de los pasos se da una explicación escrita. A veces, para aclararlo; otras, para recordar un concepto, teorema, ley o principio que pueda no ser fácilmente identificado. El objeto de presentar la resolución es que el alumno entienda lo mejor posible cómo se pasa de los cono-cimientos conceptuales a la aplicación concreta.

Los diagramas de cuerpo libre, que constituyen un medio imprescindible para la resolución de los problemas cinéticos, se presentan siempre al lado izquierdo de los desarrollos matemáticos. En ellos se muestran sistemáticamente los datos numéricos conocidos, sin unidades. Dibujar un diagrama claro y completo es ya estar en el camino de la solución de los problemas y la mejor herramienta con que se puede contar para llegar a buen fin.

Los sistemas de referencia se muestran siempre con líneas punteadas, de manera que se dis-tingan fácilmente de los vectores, ya sean fuerzas, posiciones, velocidades o aceleraciones.

En los problemas cinéticos se emplean diferentes unidades de fuerza. Se usan sobre todo newton (N), kilogramos (kg) o libras (lb, # en los dibujos); pero también la tonelada métrica (1000 kg), la tonelada corta (2000 lb), la onza (1 oz = 1 lb/16) y el kilopound (1 kip = 1000 lb). Conviene tener en cuenta que el kilogramo (kg) puede ser también unidad de masa, y con frecuencia se utiliza así; aunque algunos textos distinguen mediante un subíndice si se trata de un kilogramo-fuerza o un kilogramo-masa, nosotros no, pues consideramos que el estudiante debe ser capaz de identificar de qué tipo de unidad se trata, o bien, decidir por sí mismo qué desea entender por un kilogramo en los problemas que se le presenten.

Las respuestas se expresan siempre en sistema decimal. Los números se han redondeado a la tercera cifra significativa o, si comienzan con 1, a la cuarta. Con ello se pretende que las respuestas sean lo más breve posible y su precisión sea mayor al 0.2%. Los ángulos se dan en grados sexagesimales con una cifra decimal. Con las respuestas parciales no seguimos este criterio.

Se recomienda al estudiante que, para el aprovechamiento de este material, intente resolver los problemas por su cuenta y luego compare su resolución con la de este libro.

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

4.4.2 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

Aceleración (vector aceleración)

a Aceleración (o magnitud de la aceleración) at Componente tangencial de la aceleración an Componente normal de la aceleración

ax Componente de la aceleración en dirección del eje de las equis ay Componente de la aceleración en dirección del eje de las yes am Aceleración media

cm Centímetro ft Pies h Horas

i Vector unitario en dirección del eje de las equis in Pulgada

j Vector unitario en dirección del eje de las yes k Vector unitario en dirección del eje de las zetas k Radio de giro

 Radio de giro centroidal km Kilómetro

I Momento de inercia de la masa de un cuerpo

 Momento de inercia de la masa de un cuerpo, respecto a un eje centroidal L Logaritmo natural

m Metro mm Milímetro

N Componente normal o perpendicular de una fuerza P Peso de un cuerpo o fuerza de gravedad

 Posición (vector) r Radio s Segundos s Posición o distancia t Tiempo ton Tonelada  Velocidad (vector)

v Velocidad (magnitud) o rapidez vm Velocidad media

x Posición o distancia. Eje de referencia y Posición o distancia. Eje de referencia z Posición o distancia. Eje de referencia

α (Alfa) Aceleración angular

∆ (Delta) Incremento

∆s Distancia recorrida

∆ Desplazamiento

µ (My) Coeficiente de fricción

µs Coeficiente de fricción estática

µk Coeficiente de fricción cinética

π (Pi) Número pi. Razón de la circunferencia al radio

ρ (Ro) Radio de curvatura

ω (Omega) Velocidad angular # Libras

´ Pies “ Pulgadas

1.

CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA

1.1 Movimiento rectilíneo

1.1.1 Posición en función del tiempo

1. La posición de una partícula que describe una línea recta queda definida mediante la expresión s = t3/3 − 9t + 2, donde si t está en s, s resulta en m. De-termine: a) la aceleración de la partícula cuando su velocidad es de 7 m/s; b) su velocidad media desde t = 3 hasta t = 6 s. c) Dibuje las gráficas tiempo-posi-ción, tiempo-velocidad y tiempo-aceleración del mo-vimiento de la partícula, durante los primeros seis segundos.

Resolución

Ecuaciones del movimiento 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=t2 − 16 2 = t 4 ± = t

La raíz negativa no tiene significación física en este caso.

P 0

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 ; v_m =12 m_s →

c) Tabulación para dibujar las gráficas

t 0 3 6 s 2 -16 20 v -9 0 27 a 0 6 12 27 -9 3 6

t

(s)

v

(m/s)

s

(m)

t (s)

20 6 3 -16 2 3 12 6 6

a

(m/s2)

t

(s)

1.1.2 Velocidad en función del tiempo

2. La velocidad de un punto P que se mueve sobre el eje de las ordenadas, que es un eje vertical dirigido hacia arriba, se puede expresar como v = 6 t2 − 24, en donde v se da en ft/s y t en s; además, cuando t = 0, entonces y = 6 ft. Calcule: a) la magnitud y la dirección de la aceleración del punto cuando t = 3 s; b) el desplazamiento del punto P durante los primeros cuatro segundos; c) la longitud que recorre durante ese mismo lapso. d) Dibuje esquemáticamente las gráficas del movimiento del punto P.

Resolución

Ecuaciones del movimiento Como dt dy v= entonces: vdt dy=

∫

∫

dy= vdt

∫

− = t dt y (6 2 24)

∫

− = t dt y (6 2 24) C t t y=2 3−24 + 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

b) 0 4 y y y= − ∆ En donde: 38 6 ) 4 ( 24 ) 4 ( 2 3 4 = − + = y 6 0 = y 6 38− = ∆y ↑ = ∆y 32 ft

c) Para conocer la distancia que recorre, investigare- mos 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 y0 = 6 a y2 = −26

y luego a y4 = 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/s2) t (s)

3. En la figura aparece la gráfica de la mag-nitud de la velocidad de una partícula en función del tiempo. Se sabe que cuando t = 0, la posición de la partícula es s = + 8 in. Dibuje las gráficas tiempo-aceleración y tiempo-posición del movimiento de la partícula.

Resolución

La magnitud de la aceleración es igual a la pendiente de la gráfica tiempo-velocidad; durante los primeros cuatro segundos es positiva de 40/4 = 10 y después es nula.

(La gráfica tiempo-aceleración puede ser discontinua como en este caso, pero nunca las gráficas tiempo-velocidad y tiempo-posición)

La gráfica tiempo-posición comienza, según los datos, en s = + 8. Desde t = 0 hasta t = 2, la pendiente de la curva que comienza siendo negativa, va disminuyen-do en magnitud hasta hacerse nula: el desplazamiento en ese lapso es igual al área bajo la gráfica tiempo-velocidad, es decir 20. De 2 a 4 s el comportamiento de la gráfica es inverso al anterior y cuando t = 4, la partícula vuelve a su posición inicial, pues el área acumulada bajo la gráfica tiempo-velocidad es cero. De 4 a 6 s, la pendiente es constante, positiva y de 20, por tanto, se trata de una recta.

t (s) 6 4 2 20 -20 v (in/s) s (in) 2 4 6 48 8 -12 20 1 a (in/s2) 10 6 2 t (s) 4 t (s)

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=9−3

Pues la ordenada al origen es 9 y la pendiente de la recta es -3. Como , dt dv a= entonces dv=adt

∫

=

∫

− − = dt t dv dt t dv ) 3 9 ( ) 3 9 ( 1 2 5 . 1 9t t C v= − +

Si t = 1,v=−4.5, conforme a los datos 1 2 ) 1 ( 5 . 1 ) 1 ( 9 5 . 4 = − +C − ;

C

₁

=

−

12

Por tanto 12 5 . 1 9 − 2− = t t v Como , dt dx v= entonces dx=vdt

∫

=

∫

− − − − = 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 t t t C x= − − + t (s) a (cm/s2) 9 6 3

2 3 2 ) 1 ( 12 ) 1 ( 5 . 0 ) 1 ( 5 . 4 3= − − +C

11

2

=

+

C

11 12 5 . 0 5 . 4 2 − 3− + = t t t x

Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento durante los primeros tres segundos son:

11 12 5 . 4 5 . 0 3+ 2 − + − = 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

t

₂

=

2

s, v=0 y en ese instante su posición es:

11 ) 2 ( 12 ) 2 ( 5 . 4 ) 2 ( 5 . 0 3+ 2 − + − = x cm 1 = x b) Para t = 3 12 ) 3 ( 9 ) 3 ( 5 . 1 2 + − − = v s cm 5 . 1 = v

c) Para investigar la posición en t =5, 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 t =3, x=−0.5(3)3+4.5(3)2 −12(3)+11=2 5 . 2 ) 3 ( 5 . 1 2 4 4 − = + = C C Por tanto: 5 . 2 5 . 1 − = t x Para t =5 5 . 2 ) 5 ( 5 . 1 − = x ; cm 5 = x

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 ∆s=

∫

vdt, entonces ∆ses igual al área bajo la gráfica. 2 1 ) 60 ( 3 1 2 = = ∆s bh _; km 10 = ∆s 60 1/3

v

(km/h)

t

(h)

1.1.5 Aceleración en función de la velocidad

6. La aceleración de un avión que aterriza en una pista a 50 m/s se puede expresar, para un cierto lapso, como a = − 4 (10)−3v2, donde si v está en m/s, a resulta en m/s2. Determine el tiempo requerido para que el avión reduzca su velocidad a 20 m/s.

Resolución

Como la aceleración está en función de la velocidad y queremos conocer un tiempo, igualamos:

dt 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 t=0,v=50 5 250 50 1 1 250 50 1 50 1 0 − = + − = − = + − = v t v t C C Para v=20 5 20 250 ₋ = t ; t =7.5 s s

v

a

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

[

L( 5) L5

]

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

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 s=0, v=50 Para v=20 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 = = + − = − = − − = + =

1.1.6 Aceleración en función de la posición

8. La magnitud de la aceleración de un colla- rín que se desliza sobre una barra horizontal se expre- sa, en función de su posición, como a =12 x, donde a se da en in/s2 y x en in. Cuando t = 2 s, entonces v = 32 in/s y x = 16 in. Determine la posición, la velo- cidad y la aceleración del collarín cuando t = 3s.

Resolución

Como la aceleración está expresada en función de la posición, se sustituye por

dx 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

_;

C

₁

=

0

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−34 =4

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

_;

C

₂

=

0

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 , x t t x = = , o sea, a=12 x Para t = 3 → = → = → = 2 s in 108 s in 108 in 81 a v x

1.2 Movimientos rectilíneos uniforme y uniformemente

acelerado

9. El motor de un automóvil de carreras es capaz de imprimirle, durante cierto lapso, una acelera-ción constante de 5.2 m/s2. Si el automóvil está ini-cialmente en reposo, diga: a) cuánto tiempo le lleva alcanzar una velocidad de 300 km/h; b) qué distancia requiere para ello.

Resolución

Ecuaciones del movimiento

∫

∫

= = = = = 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⁄  t 2 . 5 6 . 3 300 = ) 2 . 5 ( 6 . 3 300 = t ; t=16.03 s b) 2 ) 03 . 16 ( 6 . 2 = x ; x=669 m

10. Un tren del metro, que viaja a 60 mi/h, emplea 250 ft para detenerse, frenando uni-formemente. ¿Cuál es la aceleración del tren mientras frena? Resolución 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 = =

∫

ds=

∫

vdv 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 s=0, v=88 C + = 2 88 0 2 ; 2 882 − = C 2 882 2 − = v as ; s v a 2 882 2 − = Para s = 250 y v = 0 49 . 15 500 882 − = − = a

El signo indica que tiene sentido contrario al de la velocidad:

← =_15.49 ft_s a

11. Un elevador comercial puede, a lo más, tanto aumentar como disminuir su velocidad a razón de 3.5 m/s2. Y la máxima velocidad que puede alcan-zar es de 420 m/min. Calcule el tiempo mínimo que necesita para subir quince pisos, partiendo del reposo, si cada piso tiene 5.1 m de altura.

Resolución

Supongamos que el elevador alcanza una velocidad máxima y la mantiene cierto tiempo ∆t, como se muestra en la gráfica 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 ; t0 =2=t2−t1 El elevador debe desplazarse

5 . 76 ) 1 . 5 ( 15 = = ∆y

Tal desplazamiento es igual al área del trapecio en la gráfica

(

) (

)

_76.5 2 7 4 2 = + ∆ + ∆ = +B h t t b 5 . 76 2 28 14∆t+ ₌ 5 . 62 7∆t= ; ∆t =8.93 El tiempo total es s 93 . 12 2 = t t0 t1 t2 3.5 3.5 1 1 ∆t 7 v (m/s) t (s)

A 200 ft B

a1 v2

A 200 ft B

a1 v2

x

1.2.1 Movimiento de varias partículas independientes

12. Un motociclista arranca del punto A con una aceleración constante a1 = 2.4 ft/s2 hacia la

derecha. Cuatro segundos después, un automóvil pasa por el punto B, situado a 200 ft de A, viajando hacia la izquierda. Sabiendo que la velocidad del automóvil es v2 = 30 ft/s y constante, diga en dónde

el motociclista encuentra el automóvil. Desprecie el tamaño de los vehículos.

Resolución

Tomando como origen el punto A, eligiendo un eje x’x hacia la derecha y tomando como t = 0 el instante en que arranca el motociclista, las ecuaciones del movimiento son: Motociclista 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 x₂ =

∫

₂ =−30 +

Cuando t=4,

x

₂

=

200

de los datos, sustituyendo C + − = 30(4) 200 ; C=320

320

30

2

=

−

t

+

x

200 ft

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

t

1 en

x

1 1 . 78 ) 06 . 8 ( 2 . 1 2 1 = = x

El motociclista encuentra al automóvil a 78.1 ft a la derecha de A.

→ =78.1 ft

A

A D B C A B C D yD y y_A y_C vA = 8 yB a_A = 4 aB = 10 vB = 5

1.2.2 Movimiento de varias partículas conectadas

13. El cuerpo A se desplaza hacia abajo con una velocidad de 8 m/s, la cual aumenta a razón de 4 m/s2, mientras B baja a 5 m/s, que disminuye a razón de 10 m/s2. Calcule la magnitud y la dirección tanto de la velocidad como de la aceleración del cuerpo C.

Resolución

Velocidad

Cuerda que une los cuerpos A y D D

A

y

y

l

₁

=

+

Derivando respecto al tiempo D

A

v

v

+

=

0

;

v

_D

=

−

v

_A (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

↑ =₂₁ m_s C

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

1.3 Movimiento curvilíneo

1.3.1 Componentes cartesianas

14. Un avión de pruebas describe, inmediata-

mente después de despegar, una trayectoria cuya ecuación cartesiana es y = 5 (10)-5 x2. Se mueve con-forme la expresión x = 150t + 5t2, donde t está en s, x resulta en m. Determine la posición, velocidad y aceleración del avión cuando t = 10 s.

Resolución

Las ecuaciones de las componentes horizontales del movimiento son: 10 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

[

(150 10 ) 10(150 5 )

]

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 2000i j r= + y x 2010 m 5.7° 2000 m 200 m y x y = 5 (10)-5 x2

° = = + = 7 . 5 ; 2000 200 tan 200 2000 1 1 2 2

θ

θ

r ° =2010 m 5.7

r Es la posición del avión

50 ) 2000 )( 250 ( 10 1 250 ) 10 ( 10 150 4 = × = = + = − y x v v Vectorialmente:

[ ]

m 50 250i j v= + Escalarmente: ° = = + = 3 . 11 ; 250 50 tan 50 250 2 2 2 2

θ

θ

v ° = 11.3 s m 255

v Es la velocidad del avión

[

250 10(2000)

]

8.25 10 1 10 2 4 + = × = = − y x a a Vectorialmente:

[ ]

2 s m 25 . 8 10i j a= + Escalarmente: ° = = + = 5 . 39 ; 10 25 . 8 tan 25 . 8 10 3 3 2 2

θ

θ

a ° = 39.5 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

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,

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 ° = 26.6 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

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 = 4t2, es la longitud en ft medida B se halla a 4000 y su radio de curvatura es de 800 ft. Diga: a) locidad de la locomotora en B; b) cuál

B.

Resolución

Derivando la expresión de la longitud recorrida respecto al tiempo, obtenemos:

8 8 4 2 = = = = = dt 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= → = ₈ ft _s 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,

tiene tanto componente tangencial como normal, porque pertenece a una curva:

° ∠ = 8 30 t a En dirección de la velocidad ° = = = 80 60 800 ) 253 ( 2 2 ρ v a_n

Dirigida hacia el centro de curvatura 4 . 80 80 82 + 2 = = a

Sea

θ

el ángulo que forma con la velocidad 1 . 0 80 8 tanθ = = ;

θ

=5.7°

Respecto a la horizontal, por tanto, forma un ángulo de: ° = ° + ° 5.7 65.7 60 ° = 65.7 s ft 4 . 80 2 a

a

8 80 30°

θ

60° B

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/s2.

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= + ; a2 =an2 +at2

Como la rapidez aumenta uniformemente, i.e., la de la aceleración es constante,

46 . 3 2 4 − = = − = t n a a a Como ρ 2 v an = ; n a v2 =

ρ

46 . 3 302 =

ρ

; ρ = 260 m n

18. Un motociclista que corre en una pista circular de 440 ft de radio pasa por A a 60 mi/h; en B, 200 ft adelante, su velocidad es de 30 mi/h. Sabiendo que el motociclista reduce uniformemente su veloci-dad, calcule su aceleración cuando se encuentra en A.

Resolución 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, at 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´

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

19. Un buque navega con rapidez constante de 24 nudos. Para dirigirse al puerto vira 90° en un minuto. Determine la magnitud de la aceleración del buque durante la maniobra.

Resolución

Puesto que la magnitud de la velocidad no varía du- rante la maniobra: 0 = 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

x

y

1.3.3 Componentes cartesianas e intrínsecas relacionadas

20. La trayectoria de un cohete interplanetario tiene la ecuación y = − 2 (10)−5x2 + 0.8x. La compo-nente horizontal de su velocidad es constante y de 350 m/s. Calcule la razón del cambio de la magnitud de su velocidad con respecto al tiempo, cuando x = 9000 m.

Resolución Primer método dx dy v dt dx dx dy dt dy v x x y x y = = = + − = − 8 . 0 ) 10 ( 2 5 2

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 velo-cidad, investigamos ésta.

x y v v =

θ

tan Para x=900: v_y =154, vx =350

v

y

v

350

t

v

a

n

a

n

θ

a

t θ y = − 2 (10)−5x2 + 0.8x

° = = 7 . 23 350 154 tan

θ

θ

θ

es el ángulo que forma la velocidad con la horizon- tal, y es el mismo que forma la aceleración con su componente normal. Proyectamos la aceleración en el eje tangencial. 973 . 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 e_tes 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

21. Las ecuaciones paramétricas de las coorde-nadas de la punta de un brazo mecánico son x = 25t − 4t2 y y = 50 − 2t2; ambas resultan en ft, si el tiempo está en s. Diga qué longitud tiene el radio de curva-tura de la trayectoria de la punta cuando y = 0.

Resolución Primer método

Para hallar el radio de curvatura, se requiere conocer la magnitud de la componente normal de la acelera- ción y la magnitud de la velocidad.

ρ

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 y=0

5 2 50 0 2 ± = − = t t y x

La raíz negativa no tiene significado físico en este caso. Para t =5 25 625 ) 20 ( ) 15 ( 20 ) 5 ( 4 15 ) 5 ( 8 25 2 2 + − = = − = − = − = − = − = v v v y x

El ángulo

α

que la velocidad forma con la horizontal es: 15 20 tan − − = = x y v v

α

° =53.1

α

La aceleración en ese mismo instante es:

( )

[

2 ( 1)

]

4 5 4 ) 4 ( ) 8 ( 4 8 2 2 2 2 2 + − = − + − = − = − = − = a a a y x

Y su dirección β respecto a la horizontal

° = − − = = ; 26.6 8 4 tan

β

β

x y a a

El ángulo que forman entre sí la velocidad y la acele-ración es:

° = −β 26.5

α

La proyección de la aceleración sobre el eje normal es: 4 5 . 26 cos 5 4 5 . 26 cos °= °= =a an 15 20

v

α

4 8 β

n

26.6°

t

v

y x x y y x a

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 e_n en dirección del eje normal, el cual es perpendicular a la velocidad.

Sea e_t un vector unitario en dirección de la velocidad

(

)

(

8 4

) (

0.8 0.6

)

6.4 2.4 4 6 . 0 8 . 0 8 . 0 6 . 0 20 15 25 1 = − = + − − − = ⋅ = + − = − − = − − = =

⋅

i j 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

ρ

=156.3 ft ft 3 . 156 =

ρ

en et y x

2. CINÉTICA DE LA PARTÍCULA

2.1 Movimiento rectilíneo

2.1.1 Aceleración constante

1. Un tractor y su remolque aumentan unifor-memente su rapidez de 36 a 72 km/h en 4 s. Sabiendo que sus pesos son, respectivamente, 2 y 20 ton, cal-cule la fuerza de tracción que el pavimento ejerce sobre el tractor y la componente horizontal de la fuerza que se ejerce en el enganche entre los vehícu-los durante ese movimiento.

Resolución

A partir de la información del movimiento, investiga-mos la aceleración del vehículo.

Comenzaremos convirtiendo las velocidades a m/s:

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— co-menzaremos: 1) dibujando el diagrama de cuerpo libre del conjunto; 2) eligiendo un sistema de refe-rencia.

Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:

22 0 22 0 = = − = ∑ N N Fy dt dv a= 5 . 2 4 10 20 = − = ∆ ∆ = t v a x y N 22 F

Puesto que la aceleración del vehículo es horizontal, este resultado no es útil para la resolución del pro-blema. ) 5 . 2 ( 81 . 9 22 = = ∑ F ma Fx Como P=mg; entonces m=P/g → =5.61 ton 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 Qx Qy x y N1 N2 x y Qy Qx 2 ton

2. Los coeficientes de fricción estática y ciné-tica entre las llantas de una camioneta de doble tracción y la pista son 0.85 y 0.65, respectivamente. Diga cuál será la velocidad teórica máxima que alcanzará la camioneta en una distancia de 300 ft, su-poniendo suficiente la potencia de su motor.

Resolución

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y elegimos el sistema de referencia.

Como deseamos conocer la velocidad máxima des-pués de recorrer cierta longitud, se requiere que el automóvil adquiera la máxima aceleración, por tanto, que ejerza la máxima fuerza de tracción, que es de fricción en este caso.

4 . 27 ) 2 . 32 ( 85 . 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

En este caso, v₁=0 y ∆x=300 300 ) 4 . 27 ( 2 ) ( 2 2 2 = a ∆x = 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  =      =

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

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.

↓ =_23.2 m_s

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

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 comien-za 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

s 83 . 11 644 . 0 2 ) 1 . 45 ( 2 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

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

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

6. Los cuerpos A y B pesan 40 y 60 kg, respec-tivamente. El coeficiente de fricción estática entre el cuerpo A y el plano horizontal es 0.35, y el de fricción cinética, de 0.25. Suponiendo despreciable la masa de las poleas y cualquier resistencia suya al movi-miento, calcule tanto la tensión de la cuerda que une las poleas, como la aceleración de los cuerpos A y B.

Resolución A A A x y 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 T1 60 y

Como su masa es despreciable 0 = ma Por tanto 0 3 0 1 = − = ∑ T T Fy T T₁ =3 _____________ (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 = T1 y T T T

2.1.2 Aceleración variable

7. A un cuerpo que reposa en una superficie lisa se le aplica una fuerza F cuya magnitud varía con el tiempo, según se muestra en la gráfica de la figura. Determine el tiempo que se requiere para que el cuer-po regrese a su cuer-posición original.

Resolución

De acuerdo con la gráfica, la expresión que define la fuerza horizontal es:

t F =16−2

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 va-riables 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 t=0,v= 0, de donde C= 0 F t(s) 16 8 F(N) P 16 ­ 2t N x y

) 16 ( 81 . 9 81 . 9 16 2 2 t t P v v 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 x= 0, 0 = t y C₁ =0. ) 3 1 8 ( 81 . 9 _{2 3} t t P x= −

Esta es la ecuación que define la posición en función del tiempo.

Si vuelve al punto de partida, x= 0

0 3 1 8 0 ) 3 1 8 ( 81 . 9 3 2 3 2 = − = − t t t t P

Dividiendo entre t , pues dos raíces son nulas: 2

( )

3 8 0 3 1 8 = = − t t s 24 = t

8. Una embarcación de 9660 lb de desplaza-miento navega en aguas tranquilas a 24 nudos cuando su motor sufre una avería. Queda entonces sujeta a la resistencia del agua que, en lb, se puede expresar como 0.9v2, donde v está en ft/s. Diga en cuánto tiem-po la rapidez de la embarcación se reducirá a 6 nudos.

Resolución 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 ft_s

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 0.9v2 U x

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

9. Una embarcación de 9660 lb de desplaza-miento navega en aguas tranquilas a 24 nudos cuando su motor sufre una avería. Queda entonces sujeta a la resistencia del agua que, en lb, se puede expresar como 0.9v2, donde v está en ft/s. ¿Qué distancia nave-gará hasta que su velocidad se reduzca a 6 nudos?

Resolución

Dibujamos un diagrama de cuerpo libre, que repre-sente cualquier instante del movimiento, y elegimos un eje de referencia en dirección de la velocidad.

dx 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 x= 0, v=24 nudos nudos 24 L 300 nudos 24 L 300 0 − = + = C C 9660 0.9v2 U x

(

L L24 nudos

)

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 x= v − nudos 24 L 003 . 0 1 v x=−

Volviendo a utilizar las propiedades de los logaritmos

v x L24 nudos 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.

10. Se arroja una pequeña esfera de 2 kg de peso hacia arriba, verticalmente, con una velocidad inicial de 15 m/s. En su movimiento experimenta una resistencia del aire, que, en kg, se puede considerar de 0.04v, donde v se dé en m/s. Determine: a) el tiempo en que alcanza su altura máxima; b) la velocidad con que vuelve al punto de partida.

Resolución

En el diagrama de cuerpo libre, dibujaremos la resis-tencia del aire en sentido positivo, pero asignamos a la magnitud un signo negativo, de modo que si v es positiva, la fuerza resulta negativa y viceversa.

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

3 . 1 L 02 . 0 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=−50+65 −0.02 ______________ (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)

↓ =_12.47 m_s

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 50y v v 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 ↓ =_12.48 m_s v

11. Una cadena de 4 m de longitud y 80 N de peso reposa en el borde de una superficie rugosa, cuyo coeficiente de fricción cinética es 0.5. Mediante una fuerza constante de 50 N se jala a otra superficie contigua, lisa. Calcule la velocidad con que la cadena termina de pasar completamente a la superficie lisa.

Resolución

Dibujamos un diagrama de cuerpo libre de la cadena, que representa un instante cualquiera de su movi-miento. Un tramo de ella se encuentra sobre la super-ficie rugosa y otro en la lisa.

Colocamos el origen del sistema de referencia en la unión de las dos superficies, de modo que el tramo sobre la superficie lisa tiene una longitud x.

Como el peso de la cadena es de 80 N y mide 4 m, su peso por unidad de longitud es:

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

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 x= 0,v= 0 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 → =_5.42 m_s v