Facultad de Ingeniería Instituto de Ciencias Básicas

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Instituto de Ciencias Básicas

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Julio Pozo Pérez

2005

A mi esposa e hijas, a la memoria de mis padres y hermanos. Y en forma especial para todos los estudiantes de la Facultad de Ingeniería de la Universidad Diego Portales.

AGRADECIMIENTOS

A mi hija Carolina por haber editado la versión final de este libro, a mi esposa Rosa María por la revisión preliminar del presente trabajo y a Catherine LLewellyn, por su valiosa colaboración en la primera etapa de este manuscrito.

ÍNDICE

CAPÍTULO I: ALGUNOS TÓPICOS DE LA CINEMÁTICA...8

1.1. Cinemática de una partícula (diversas coordenadas)...8

1.1.1. Movimiento de una partícula (vector posición, desplazamiento, veloc. y aceleración)....8

1.1.2. Coordenadas cartesianas rectangulares (x, y, z) ...9

1.2. Movimiento curvilíneo ...10

1.2.1. Coordenadas normal y tangencial...10

1.2.2. Componentes tangencial y normal para la aceleración ...11

1.2.3. Movimiento circular ...15

1.3. Componentes (escalares): radial y transversal para la velocidad ...17

1.3.1. Componentes (escalares): radial y transversal para la aceleración...18

1.4. Movimiento en el espacio de una partícula (coordenadas cilíndricas ( r,φ,z) ) ...19

1.4.1. Movimiento en el espacio de una partícula (coordenadas esféricas (r,θ ,φ) )...21

1.5. Movimiento relativo rotacional (coordenadas móviles)...23

1.5.1. Sistemas de coordenadas en rotación ...23

1.5.2. Movimiento relativo y eje instantáneo de rotación ...26

1.6. Problemas resueltos ...29

CAPÍTULO II: FUNDAMENTOS DE MECÁNICA ...53

2.1. Introducción...53

2.2. Leyes de Newton ...54

2.3. Sistemas de referencia inerciales...55

2.4. Ecuación de movimiento de una partícula...55

2.5. Conservación del momento lineal (de una partícula). ...56

2.6. Conservación del momento angular ...56

2.7. Teorema del trabajo y la energía ...56

2.8. Sistemas conservativos...57

2.10. Sistemas de coordenadas en rotación ...59

2.11. La Fuerza de Coriolis ...59

2.12. Problemas resueltos ...60

CAPÍTULO III: SISTEMAS DE PARTÍCULAS DEL SÓLIDO RÍGIDO ...109

3.1. Sistema de partículas (resumen) ...109

3.2. Momento lineal de un sistema de partículas...110

3.3. Momento angular de un sistema de partículas...110

3.4. Torque externo sobre un sistema de partículas...111

3.5. Relación entre momento angular y torque...111

3.6. Energía cinética de un sistema de partículas ...113

3.7. Movimiento relativo del centro de masa ...113

3.8. Cuerpo rígido...113

3.9. Teorema del trabajo y la energía para la rotación ...115

3.10. Dinámica del cuerpo rígido ...116

3.11. Ecuaciones dinámicas para el cuerpo rígido (resumen) ...118

3.12. Tensor de inercia ...121

3.13. Energía cinética ...122

3.14. Ejes principales de inercia ...125

3.15. Movimiento de un trompo ...126

3.16. Ecuaciones de Euler (para el trompo)...129

3.17. Ecuaciones generales de movimiento para un cuerpo rígido ...131

3.18. Ángulos de Euler ...133

3.19. Problemas resueltos ...135

CAPÍTULO IV: FORMULACIÓN DE LAGRANGE ...172

4.1. Principio de D'Alembert ...172

4.2. Ecuaciones de Lagrange ...174

4.3. Ecuaciones de Lagrange para Sistemas Conservativos ...176

4.5. Multiplicadores de Lagrange...179

4.6. Conservación del momento angular ...180

4.7. Formulación de Hamilton...182

4.8. Hamiltoniano del Sistema...183

4.9. Teorema de Euler ...183

4.10. Conservación de la Energía ...184

4.11. Dinámica de Hamilton (Ecuaciones canónicas de movimiento) ...185

4.12. Paréntesis (o corchetes) de Poisson...187

4.13. Problemas resueltos ...189

CAPÍTULO V: MOVIMIENTO EN UN CAMPO CENTRAL...242

5.1. Movimiento de los cuerpos (Introducción) ...242

5.1.1. Leyes de Kepler...242

5.2. Movimiento en un campo de fuerzas centrales (Introducción) ...244

5.2.1. Ecuación de la trayectoria...245

5.2.2. Distancias Apcidales ...247

5.2.3. Puntos de Inversión ...249

5.2.4. Tercera Ley de Kepler ...250

5.2.5. Movimiento en un campo central (Problema de dos cuerpos) ...251

5.2.6. Masa reducida...251

5.3. Integrales primeras del movimiento ...253

5.3.1. Las ecuaciones de movimiento...255

5.3.2. Ecuación diferencial de la órbita y ley de fuerza...256

5.4. Potencial efectivo V_ef(r)...257

5.5. Fuerza inversamente proporcional al cuadrado de la distancia ...258

5.5.1. Movimiento planetario (Problema de Kepler)...259

5.6. Problemas resueltos ...264

CAPÍTULO VI: OSCILACIONES Y TEORIA DE PEQUEÑA OSCILACIONES ...287

6.1.1. Oscilaciones libres ...287

6.1.2. Oscilaciones amortiguadas (Movimiento armónico amortiguado) ...290

6.1.3. Oscilaciones forzadas no amortiguadas...294

6.1.4. Oscilaciones forzadas amortiguadas...295

6.2. Teoría de pequeñas oscilaciones...296

6.2.1. Oscilaciones Lineales libres (un grado de libertad)...296

6.2.2. Oscilaciones con varios grados de libertad ...298

CAPÍTULO I

ALGUNOS TOPICOS DE CINEMATICA

1.1. Cinemática de una partícula (diversas coordenadas).

1.1.1. Movimiento de una partícula (vector posición, desplazamiento, velocidad y aceleración)

Consideremos una partícula moviéndose a lo largo de una trayectoria arbitraria en el espacio tridimensional, desde A hacia B, tal como se muestra en la figura.

y z A O rr ∆ r rr ∆+ r rr B x Definamos

r : Vector de posición en el tiempo t r

rr ∆+ rr: Vector de posición en el tiempo t+∆t ∆ : Desplazamiento en el tiempo ∆ rr t t r m _∆ ∆ = r r υ (Velocidad media) t d r d t r lím t r r r ₌ ∆ ∆ = → ∆ 0 υ (Velocidad instantánea) (1.1) r t d r dr _&r r _{= ≡} υ t m _∆ ∆ = υr ra (Aceleración media)

t d d t lím t υ υr r r ₌ ∆ ∆ = → ∆ 0 a (Aceleración instantánea) (1.2) r dt r d t d d r _&r r _&&r r_{= = = ≡} 2 2 υ υ a

1.1.2. Coordenadas cartesianas rectangulares

El vector posición, la velocidad y la aceleración de una partícula en el espacio (en coordenadas cartesianas rectangularesx ,,y z) están dadas por

rr= xiˆ+y ˆj+zkˆ r xi y j zk dt r d _{ˆ ˆ ˆ} & & & &r r r_{≡ = = + +}

υ donde υ_x =x_& ; υ_y = y_& ; υ_z =z_&

k z j y i x r dt r d a ₂ ˆ ˆ ˆ 2 && && && &&r r &r r _{≡ υ = = = + + donde a x a y a z} z y

x = && ; = && ; = &&

Las magnitudes respectivas están dadas por

(1.3) 2 2 2 z y x υ υ υ υ = + ≡ r υ + y 2 2 2 z y x a a a a = + + ≡ r a

Estas ecuaciones son generales y se aplican para cualquier movimiento de una partícula en el espacio. Si se trata de un movimiento curvilíneo plano, entonces éste se realiza en el plano

, de modo que se tiene xy j y i x rr = ˆ + ˆ j y i x r&r _&ˆ _& ˆ

r _{= = +} υ j y i x ar= _&&ˆ+ _&&ˆ

Las magnitudes respectivas son

2 2 y x υ υ + = υ y 2 2 y x a a + = a

El movimiento rectilíneo de una partícula, que tiene lugar a lo largo de una línea recta (eje ), está dado por

x

(1.4) rr = xiˆ ; υr =r&r= x_&iˆ ; ar=r&&r=x_&&iˆ donde x r a x r x

r = ; υ = _&= _& ; = _&&= _&&

1.2. Movimiento curvilíneo

1.2.1. Coordenadas normal y tangencial.

Consideremos el caso de una partícula que se mueve a lo largo de una curva contenida en el plano tal como se muestra en la figura. Sea A la posición de la partícula en un instante dado, el vector unitario tangente a la trayectoria en la dirección del movimiento de la partícula y el vector unitario tangente asociado a la posición A

T eˆ ' ˆ_T e ’ de la partícula en un instante de tiempoposterior. • A A’ _• T eˆ T e_ˆ' N eˆ y x O

Si se trazan ambos vectores y e desde el mismo origen O , se puede definir el vector como se muestra en la siguiente figura, dado que estos vectores son de longitud unitaria, sus extremos se encuentran sobre un círculo de radio unidad.

T eˆ _ˆ' T ' T eˆ ∆ θ ∆ o T eˆ ∆ T eˆ ' ˆ_T e ' O

De la figura anterior se tiene que ) 2 / ( 2 ˆ =∆ = ∆θ ∆e_T e_T sen

Si se considera el vector ∆ se observa que cuando , este vector se vuelve tangente al círculo unitario de la figura anterior, por lo tanto se hace normal a e y su magnitud es igual a la unidad, esto es

θ ∆ / ˆ_T e ∆θ →0 T ˆ 1 2 / ) 2 / ( ) 2 / ( 2 ˆ 0 0 0 ∆ = ∆ = ∆ ∆ = ∆ ∆ → ∆ → ∆ → ∆ θ θ θ θ θ θ θ θ sen lím sen lím e lím T

Luego, en este límite se obtiene un vector unitario a lo largo de la normal a la trayectoria de la partícula, en la dirección en la cual cambia . Entonces si representamos por e a este vector se puede escribir T eˆ ˆ_N (1.5) _lím eˆT _eˆN 0 ∆ = ∆ → θ θ ∆ o _dθ e d _T N ˆ ˆ = e

Por otro parte, dado que la velocidad υ de la partícula es tangente a la trayectoria, se puede expresar en la forma υ = y la aceleración respectiva puede ser determinada a partir de

. r T eˆ υ r dt d ar = υr/

1.2.2. Componentes tangencial y normal para la aceleración

Consideremos el caso de una partícula que se mueve en una trayectoria representada por la curva C (por simplicidad plana) como se muestra en la figura.

T T ar C A υr ar N ar N

En un tiempo t , la partícula se encuentra en el punto A con velocidad υ y aceleración a . Asumiendo que la aceleración está dirigida según la figura anterior (hacia la parte cóncava de la trayectoria), entonces, ésta se puede descomponer en una componente tangencial (paralela a la tangente AT) denominada aceleración tangencial, y una componente normal (paralela a la normal AN) llamada aceleración normal.

r r

T

ar ar

En la siguiente figura se ha trazado en el punto A, un vector unitario e tangente a la curva, lo que permite escribir υ = y la aceleración se expresa como

T ˆ T eˆ υ r (1.6)

(

)

dt e dˆ_T N ˆ , para lograr lo planteado, consideremos también en el punto A un vector unitario e , normal a la curva que apunta hacia el lado cóncavo, esto nos permite escribir

O ) 2 / (θ +π X Y rr iˆ jˆ N eˆ T eˆ A e j i sen e j sen i j sen i e N N T ˆ cos ˆ ˆ ˆ ) 2 / ( ˆ ) 2 / cos( ˆ ˆ ˆ cos ˆ θ θ π θ π θ θ θ + − = + + + = + =

de esta forma

(

)

El resultado anterior nos muestra que dt

e dˆ_T

es un vector normal a la curva.

Teniendo presente el triángulo AA'CC, se tiene

ds d dt ds ds d dt d θ υ θ θ = = con (1.8) s dt ds & ≡ = υ

donde es el elemento de arco donde se mueve la partícula en el tiempo . Las normales a la curva en y se intersectan en el punto CC que recibe el nombre de centro de curvatura.

'

AA

ds= dt

A _A'

Definamos ρ =CCA como el radio de curvatura, ahora como en un triángulo el arco es el producto del radio por el ángulo (en radianes) se tiene

ρ θ θ ρ ⇒ = 1 = ds d d ds luego ρ υ θ υ θ _{= =} ds d dt d con lo cual (1.9) T _{eN eN} dt d dt e d ˆ ˆ ˆ ρ υ θ ₌ =

Sustituyendo en la expresión para la aceleración se encuentra (1.10) T _{T N} T e e dt d dt e d e dt d ˆ _{ˆ ˆ} ˆ 2 ρ υ υ υ υ + = + = ra

El primer término de la aceleración e_T dt dυ _ˆ

es un vector tangente a la curva que corresponde a la aceleración tangencial y se debe al cambio en la magnitud de la velocidad en el tiempo. Con respecto al segundo término

T ar N eˆ 2 ρ υ

es un vector normal a la curva y está asociado con el

cambio en la dirección de la velocidad (puesto que proviene de dt

e dˆ_T

) y corresponde a la aceleración normal ar_N, esto permite escribir

N N T Te a e a ar = ˆ + ˆ donde dt d a_T = υ y ρ υ2 = N a con s dt ds & ≡ = υ

El módulo de la aceleración está dada por

(1.11) 2 2 2       +       = ≡ ρ υ υ dt d a ar o 2 2 2 _{(s /ρ)} s a= _{&& + &}

Determinación del radio de Curvatura ρ Dado que también se puede escribir

T e dt ds dt r d _{= ˆ} = r r υ y N T s e e s a ˆ ( 2 /_ρ) ˆ & && r_{= + .}

De la expresión de la velocidad, se tiene que

T e ds r d ˆ = r derivando con respecto a s

ds e d ds r d ˆT 2 2 = r

como T _eN dt ds dt e d ˆ 1 ˆ ρ = se tiene que N T _e ds e d ˆ 1 ˆ ρ = N e ds r d ˆ 1 2 2 ρ = r de donde se encuentra (1.12) ₂ 2 1 ds r d r = ρ

Analicemos algunos casos de interés:

Movimiento curvilíneo uniforme: En este caso el modulo de la velocidad es constante (υ =Cte) y como consecuencia de esto a_T =0.

Movimiento rectilíneo: Tipo de movimiento en el cual la dirección de la velocidad no cambia. En este caso se tiene que ρ →∞ y a_N =0.

1.2.3. Movimiento circular

La aceleración angular de una partícula está definida por

dt dω αr = r como dt dθ ω = entonces ₂ 2 dt d dt dω θ = = α

Separando variables en la ecuación anterior y considerando que el movimiento es con aceleración angular constante, se tiene que

También como dθ =ωdt, sustituyendo ω por el valor anterior e integrando se encuentra (1.14) 2 0 0 0 0 ( ) 2 1 ) (t−t + t−t + =θ ω α θ

Esta última ecuación da cuenta de la posición angular para cualquier tiempo.

Para el caso particular de un movimiento uniformemente acelerado (α ) y υ con R = ρ = Cte, las ecuaciones

Cte = =Rω dt d a_T = υ y ρ υ2 = N a se tranforman en dt d R R dt d dt d a_T = υ = ( ω)= ω (1.15) a_T =Rα

Para la aceleración normal (centrípeta en esta caso) se tiene

(1.16) R R N 2 2 2 ω υ ρ υ = = = a

Las siguientes figuras muestran las componentes tangencial y normal de la aceleración para el movimiento circular υr N av ar C X ar Z Y ωr ωr rr r r _{= ω×} υ rr υ ω rr r_{= ×} a A O C T ar

Si consideramos el caso del movimiento circular uniforme (α 0), la aceleración tangencial es nula. La aceleración se puede determinar directamente a partir de

=

) ( r dt d dt d ar = υr = ωr×r (1.18) ar =ω rr×υ (puesto que ωr = αr =0 dt d ) Reemplazando υr = ωr×rr se encuentra

(1.19) ar=ωr×(ωr×rr) (Movimiento circular uniforme) Como ωr = αr =0

dt d

, entonces esta aceleración debe corresponder a la aceleración centrípeta (o normal).Trabajando con el módulo de la aceleración se puede verificar rápidamente lo anterior

N a R r r a=_ωr×_(ωr×r₎ =_ω(ωr×r₎ =_ωυ =_ω2 ≡

1.3. Componentes (escalares): radial y transversal para la velocidad

Consideremos el caso de una partícula que describe una trayectoria curvilínea en el plano de la figura. rr r eˆ θ eˆ iˆ jˆ θ r υ θ υ υr C A O Y X

Cuando la partícula se encuentra en la posición A, la velocidad está dada por υ . Utilizando los vectores unitarios e que es paralelo a y e que es perpendicular, se puede escribir r . Luego la velocidad se puede expresar como

dt r d /r r = r ˆ rr ˆ_θ r e r ˆ = r dt e d r e dt dr dt e r d _r r r) _ˆ ˆ ˆ ( + ≡ = υr

Por otro lado, utilizando las componentes rectangulares de estos vectores unitarios, se tiene (1.20) j i sen e j sen i e_r ˆ cos ˆ ˆ ˆ ˆ cos ˆ θ θ θ θ θ =− + + = con lo cual θ θ θ e_θ dt d j sen i dt d dt e d _r ˆ ) ˆ ˆ (cos ˆ = +

= . Reemplazando en la ecuación de la velocidad

se encuentra (1.21) θ e_θ re rθe_θ dt d r e dt dr r r ˆ ˆ ˆ ˆ _& & r _{= + ≡ +} υ donde e_r dt dr

ˆ es un vector paralelo a (ver figura anterior) y recibe el nombre de velocidad radial y se debe al cambio en la distancia de la partícula con respecto del punto O. El término rr r θ θ e dt d

r ˆ es un vector perpendicular a r y se debe al cambio en su dirección o a la rotación de la partícula alrededor de O, y recibe el nombre de velocidad transversal. Entonces sus módulos respectivos (componentes escalares) están dados por

r r dt dr r = ≡ & υ ; _θ θ rθ rω dt d r ≡ = = & υ

donde , corresponde a la velocidad angular. En el caso de un movimiento circular y , se tiene sólo la velocidad transversal.

ω θ θ dt = & d / Cte r = dr ≡ 0 /dt =

1.3.1. Componentes (escalares): radial y transversal para la aceleración

Teniendo presente las consideraciones anteriores, la aceleración está dada por

dt d ar = υr

sustituyendo la velocidad por υr =r_&e_r +rθ e&ˆ_θ, se encuentra

dt e d r e r e r dt e d r e r e r dt d a r r θ θ θ θ θ θ θ θ ˆ ˆ ˆ ˆ ) ˆ ˆ

(_& & _{&& &}& && &

dado que θ θ θ θ e dt d j sen i dt d dt e d _r ˆ ) ˆ ˆ (cos ˆ = + = y r e j i sen dt d dt e d ˆ ) ˆ cos ˆ ( ˆ θ θ θ θ _{= − + =−&} reemplazando se obtiene (1.22) a (r rθ2) eˆ_r (rθ 2rθ_&) eˆ_θ & && & && r _{= − + +} de donde se encuentra a _θ&2 y a && r r

r = − θ =rθ&&+2r&θ&

1.4. Movimiento en el espacio de una partícula (coordenadas cilíndricas ( r,φ,z))

Utilizando los resultados anteriores, se puede describir el movimiento de una partícula cuando su posición en el espacio está definida por sus coordenadas cilíndricas tal como se muestra en la siguiente figura, en donde ha sido conveniente utilizar los vectores unitarios: ,

y . z r ,,φ r eˆ φ eˆ eˆ_z φ r e r ˆ φ eˆ r eˆ z eˆ z e z ˆ p rr y x

z

z

El vector posición r de la partícula puede ser descompuesto a lo largo de estos vectores unitarios en la forma

p

r

Observando la figura anterior, nos damos cuenta que y definen en forma respectiva las componentes radial y transversal en el plano horizontal , además que el vector unitario e (que entrega la dirección axial) es constante, luego

r eˆ eˆ_φ y x ˆ_z z z r r p e z e z e r e r dt r d _& & & & r r _{= ≡ ˆ + ˆ + ˆ + ˆ} υ

Teniendo presente que

φ φ d e d e_{ˆ =} ˆr _; φ φ d e d r ˆ ˆ =− e se tiene φ φ _φ φ dt e d d e d dt e d e r r r ˆ ˆ ˆ ˆ & & = = = ; e_r dt d d e d dt e d eˆ ˆ ˆ φ φ ˆ φ φ φ φ & & = = =− ; ˆ = ˆ =0 dt e d _z z &e remplazando se obtiene (1.24) p re_r r e ze_z dt r d ˆ ˆ ˆ & _& & r r_{= ≡ + +} φ φ υ donde 2 2 2 z r υ υ υ υ υ ≡ r = + _φ + r r = & υ ; υ_φ =rφ& ; υ_z =z_& La aceleración está dada por

z r r p e z e r e r e r e r e r dt d dt r d a ₂ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2 && & & && & & & & && r r r_{= = ≡ + + + + +} φ φ φ φ φ φ υ z r r r e r e r e r e ze e r a ˆ ˆ ˆ ˆ 2 ˆ ˆ && & && & & & & && r_{= + φ + φ + φ − φ +} φ φ φ (1.25) a (r r 2)eˆ_r (r 2r )eˆ zeˆ_z && & & && & && r_{= − + + +} φ φ φ φ donde 2 2 2 z r a a a a a≡ r = + _φ + a _φ&2 ; ; && r r

El caso anterior se puede reducir a coordenadas polares, considerando eˆ_z =0, obteniéndose r p re rr = ˆ (1.26) re rφ e_φ dt r d r p _{ˆ &ˆ} & r r _{= ≡ +} υ (1.27) a (r rφ2)eˆ_r (rφ 2rφ_&)eˆ_φ & && & && r _{= − + +}

Para el movimiento circular basta considerar r constante, entonces r p re rr = ˆ φ φ υr =r ˆ&e φ φ φ e r e r ar _{=− &}2 ˆ_{r + &&}ˆ

Por otro lado, si se mide a lo largo de la trayectoria circular, se tiene que s φ

r s= Entonces s& r= φ& ¸ &s& r= φ&& 2_{/ φ&}2

& r r

s =

Notamos que estas últimas ecuaciones en coordenadas polares, coinciden con las ecuaciones obtenidas anteriormente si se considera φ ≡ . θ

1.4.1 Movimiento en el espacio de una partícula (coordenadas esféricas (r,θ ,φ ))

En la siguiente figura se muestra un sistema en coordenadas esféricas representadas por

con vectores unitarios , y , donde φ

θ , ,

r eˆ_r eˆ_θ eˆ_φ

r

eˆ es un vector (unitario) radial y positivo del origen hacia afuera

θ

eˆ es un vector (unitario) tangente al círculo meridiano

φ

rr θ eˆ θ φ O z x φ eˆ r eˆ y

Después de algún desarrollo matemático (ver apéndice), las derivadas temporales de los vectores unitarios están dadas por

φ

ϑ φ θ

θe sen e

eˆ&_r = &ˆ + & ˆ

φ

θ θe φ θe

eˆ& =−&ˆ_r + &cos ˆ

r

e sen e

eˆ&_φ =−φ&cosθ ˆ_ϑ −φ& θ ˆ

El desplazamiento ( ), la velocidad (υ ) y la aceleración ( ) de un punto cualquiera en coordenadas esféricas, se pueden escribir en la forma

rr r =r&r ar =r&&r r e r rr = ˆ r r re e r

r&r= _&ˆ + &ˆ

(1.28) υr =r&r=r_&eˆ_r +rθ&eˆ_ϑ +rφ&senθeˆ_φ

Las componentes de la velocidad son

υ_r =r_& ; υ_θ =rθ& ; υ_φ =r &φsenθ Para la aceleración se tiene

φ φ φ φ ϑ ϑ ϑ θ φ θ θ φ θ φ θ φ θ θ θ e sen r e r e sen r e sen r e r e r e r e r e r r _{r r} & & & & && & & & & && & & & & && &&r ˆ ˆ cos ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ + + + + + + + + =

Sustituyendo las derivadas de los vectores unitarios se encuentra (1.29) φ ϑ θ φ θ θ φ θ φ θ θ φ θ θ θ φ θ e sen r r sen r e sen r r r e sen r r r r a _r ˆ ) cos 2 2 ( ˆ ) cos 2 ( ˆ ) ( 2 2 2 2 && & & & & & && & & & & && &&r r + + + − + + − − = =

donde se pueden escribir cada una de las componentes de la aceleración θ φ θ 2 _r 2 _sen2 r r

a_r = _&&− & − &

θ θ φ θ θ θ 2r r r 2sen cos

a = & &+ &&− &

θ φ θ θ φ θ φ φ r sen r r sen

a =2_&& +2 & &cos + &&

1.5. Movimiento relativo rotacional (coordenadas móviles)

1.5.1. Sistemas de coordenadas en rotación

En un gran número de problemas la descripción del movimiento o la relación entre las fuerzas, puede llegar a ser complicada cuando está referida a un sistema fijo de coordenadas, mientras que si el movimiento se refiere a un sistema móvil, su descripción se puede simplificar considerablemente, en tales casos puede ser ventajoso tratar el movimiento de puntos relativos a un sistema de referencia móvil y posteriormente determinar el movimiento absoluto de dicho sistema.

Consideremos el problema general de movimiento en un sistema móvil de coordenadas. La siguiente figura muestra un sistema de referencia fijo y un sistema de referencia móvil que gira con respecto al anterior alrededor de un eje que pasa por su origen O , al mismo tiempo que O se mueve con relación al origen fijo O .

0 0 0Y Z X xyz ′ ′ P o′ R rr _y x z ωr rr Rr o o Z o Y o X

A continuación, se obtendrán expresiones para la velocidad y aceleración absolutas de un punto P cualquiera, que recorre una trayectoria tal como se muestra en la figura.

Las magnitudes vectoriales de la figura anterior están descritas de la siguiente forma (1.30) ωr =ω +_xiˆ ω_yˆj+ω_zkˆ

Corresponde a la velocidad angular del sistema de coordenadas tomada con respecto al

sistema xyz 0 0 0Y Z X (1.31) rr_R ≡ ρr= xiˆ+yˆj+zkˆ R

rr es el vector de posición del punto P referido a xyz (sistema rotatorio) r

R es el vector de posición del origen móvil O referido a ′ X₀Y₀Z₀ rr es el vector de posición de P referido aX₀Y₀Z₀ (sistema inercial)

De la figura se tiene que

(1.32) rr =R rr+r_R

Derivando con respecto al tiempo, se encuentra que la velocidad está dada por

R

r R r&r= &r+ &r

Dado que rr ≡_R ρr se mide en un sistema que gira se tendrá dt k d z dt j d y dt i d x k z j y i x

r&r_R = _&ˆ+ _&ˆ+ _&ˆ+ ˆ+ ˆ+ ˆ

teniendo presente que diˆ/dt =ωr×iˆ, dˆj/dt =ωr× ˆj, dkˆ/dt =ωr×kˆ se obtiene

) ˆ ( ) ˆ ( ) ˆ ( ˆ ˆ ˆ _{yj zk x i y j z k} i x

r&r_R = & + & + _& + ωr× + ωr× + ωr× de donde se encuentra que

En un sistema de coordenadas que gira y se traslada se puede observar que la derivada temporal de un vector consta de dos partes, la velocidad υ medida en el sistema , y el término ω , que es la derivada temporal debida a la rotación de .

k z j y i x

R &ˆ &ˆ &ˆ

r _{= + +}

xyz r ×rr_R xyz

Como representa la velocidad de O relativa a R&r ′ X₀Y₀Z₀, entonces (1.34) r&r=R&r+υr_R +ωr×rr_R

Para analizar la ecuación anterior, es conveniente escribirla en la forma

(1.35) _R giratorio R fijo fijo r dt r d dt R d dt r dr r r _{+ r×r}       +       =     ω  

También se puede tener que

(1.36) υr_fijo =Vr+υr_rotación+ωr×rr_R donde ) ( ) ( ) ( rotación en ejes los de respecto relativa velocidad dt r d móvil origen del lineal velocidad dt R d V fijos ejes los de respecto velocidad dt r d giratorio R relativo fijo fijo fijo       =       =       = r r r r r r υ υ

ωr×rr_R = velocidad debida a la rotación de los ejes móviles ω = velocidad angular de los ejes en rotación r

Para obtener la aceleración derivamos la velocidad con respecto al tiempo ) ( ) ( _{R R} R r r R

r&&r= &&r+υ&r + ω&r×r + ωr×&r

Como υ&r_R =ar_R +ω rr×υ_R y r&r_R =υr_R +(ωr×rr_R) se tiene que ) ( _{R R} R R R r r a R

luego

(1.37) r&&r= R&&r+ar_R +ω&r×rr_R +ωr×(ωr×rr_R)+2ωr×υr_R o también se puede escribir

l l

a

ar= r_0'0 +ρ&&r_Re +ω&r×ρr+ωr×(ωr×ρr)+2ωr×ρ&r_Re Donde rr =_R ρr, υr =_R ρ&r_Rel

0 ' 0

a

R&&r = r es la aceleración del origen móvil O′ con respecto a X₀Y₀Z₀.

l R

ar =ρ&&r_Re Aceleración de P medida en el sistema móvil.

R

rr &r ×

ω aceleración tangencial de P considerado como fijo en xyz. )

(r rr_R r_{× ω×}

ω aceleración normal de P considerado como fijo en xyz.

R

υ ω rr ×

2 es la aceleración de Coriolis.

Cabe destacar que al plantear cualquier problema, es indispensable elegir un sistema de ejes móviles tal que el movimiento en este sistema quede bien definido.

Si se considera que R&&r =0 y ω = Cte ⇒ω&r×rr_R =0, entonces (1.38) a _{ {r 142r 43r 43 42 1r r r &&r r Coriolis deAceleración R rotación enelsistema enAceleración R centrípetaAceleración R SRI el enAceleración I ≡ r =ω×(ω×r )+ a +2ω×υ

1.5.2. Movimiento relativo y eje instantáneo de rotación

Las ecuaciones de movimiento relativo para un cuerpo rígido están dadas por

R

R r

R

r&r= &r+υr +ωr×r y r&&r=R&&r+ar_R +ωr×υr_R +ω&r×rr_R +ωr×(υr_R +ωr×rr_R) cuando υr_R =0.

R

r R

r&r= &r+ωr×r

(1.39) r&&r=R&&r+ω&r×rr_R +ωr×(ωr×rr_R)

Estas ecuaciones muestran que el movimiento de un punto que pertenece a un cuerpo rígido, se debe a la combinación de dos movimientos

a) Una traslación de O representada por y (ver figura anterior) ' _R&r _R&&r

b) Una rotación alrededor de un eje que pasa por representada por todos los productos vectoriales de las ecuaciones anteriores.

'

Por otro lado, para demostrar que el vector velocidad angular ω es independiente del origen del sistema móvil de coordenadas, consideremos la siguiente figura en donde los orígenes de los dos sistemas están unidos al cuerpo rígido en y o . Se localizan en el cuerpo rígido dos puntos y a través de los vectores de posición

r 1 ' o '2 1 P P₂ ' ₁ 1P o , ' ₂ 1P o , ' ₁ 2P o y ' ₂ 2P o a partir del origen de cada de cada sistema de coordenadas.

1 P 1 rr 1 Rr o 2 ' o 1 ' o '' o 2 Rr 2

P

Analicemos las consecuencias de suponer que las velocidades angulares ω y ω asociadas a cada origen son diferentes, según la ecuación r , se puede escribir las velocidades de los puntos y en términos de cada sistema móvil de coordenadas.

1 r 2 r R r R&r r r &r= +ω× 1 P P₂

Con respecto al origen en o'1, se tiene

1 ' 1 1 1 1 R oP r&r = &r +ωr × 2 ' 1 1 1 2 R oP r&r = &r +ωr × Con respecto al origen en o'2, se tiene

1 ' 2 2 2 1 R o P r&r = &r +ωr × 2 ' 2 2 2 2 R o P r&r = &r +ωr ×

Utilizando las dos primeras ecuaciones se puede eliminar y de las dos últimas se puede eliminar , esto es 1 R&r 2 R&r (1.40)       ₋ × =       ₋ × = − ' ₂ 2 1 ' 2 2 2 ' 1 1 ' 1 1 2 1 r&r ωr oP o P ωr o P o P &rr

Dado que ' _{2 2 1} 2 1 ' 2 2 ' 1 1 ' 1P o P o P o P PP o ≡      ₋ =    −  

 _{, lo anterior se debe a que}

1 2P

P es arbitrario. De donde se encuentra que ωr₁ =ωr₂ ≡ωr

Luego la velocidad angular de un cuerpo rígido es independiente del origen. Definamos (r&r −₁ r&r₂) como la velocidad de con respecto a P₁ P₂, entonces (1.41) &rr₁−r&r₂ =ωr×P₂P₁

de donde se observa que la velocidad relativa es independiente del sistema móvil de coordenadas (si ωr =0, todas las partículas del rígido tiene la misma velocidad)

Derivando con respecto al tiempo la ecuación anterior, la aceleración relativa está dada por

( )

r&&r − &&r =ωr× +ω&r× o (1.42) 1 2

( )

Dado que la posición de es arbitaria, entonces se puede considerar un nuevo origen tal que los vectores y ω sean paralelos (ver la siguiente figura). Esto se asemeja al movimiento de un tornillo y en este caso el eje ω recibe el nombre de eje instantáneo de rotación. Para el movimiento en el plano , y a la intersección de ω y el plano de movimiento se denomina centro instantáneo de rotación.

' o r '' o R&r r 0 = R&r r Rr o Y_o X o Z ' Rr '' oo rr ' o P ρr '' o

1.6. Problemas resueltos

Problema 1.1

Considere el caso de la tierra, que rota uniformemente con respecto a su eje SN con una velocidad angular ω , y determine en función de la latitud (ángulo φ de la figura), la velocidad y la aceleración para un punto A sobre la superficie de la tierra.

] [s 10 292 . 7 _× −5 -1 = ω φ A C N r R ar D B Ecuador υr S Solución:

Dado el movimiento rotacional de la tierra, todos los puntos sobre su superficie se mueven con movimiento circular uniforme.

En la figura anterior, la latitud del punto A se define como el ángulo φ que forma el radio con el radio situado en el ecuador. El giro de la tierra respecto del eje SN permite que el punto describa un círculo de centro en y de radio , de modo que:

CA R= CD A B BA φ cos R BA =

La velocidad (υ =υ_A) del punto es tangente al círculo, y está dada por A φ

ω ω

υ = BA= Rcos

La aceleración ( ) es centrípeta puesto que el movimiento es uniforme, está dirigida hacia . Luego su magnitud es

A a a= B φ ω ω2 _BA 2 _Rcos a= =

Sustituyendo el valor de la velocidad angular, ω y del radio de la tierra; , se encuentra ] [s 10 292 . 7 _× −5 -1 = [m] 10 6.35 [km] 350 . 6 _{= ×} 6 ≈ R

Para la velocidad: υ =463cosφ[m/s]

Para la aceleración: _a=3.38_×10−2cos_φ[m/s2]

los valores máximos para υ y a se obtienen cuando ; (φ ), esto ocurre en el ecuador.

1

cosφ = =0

Problema 1.2

El punto P de la figura se mueve a lo largo de un alambre doblado en forma de circunferencia cuyo radio es . La distancia que ha recorrido el punto a partir de Q (arco QP) se expresa como sigue donde c y c son constantes positivas.

[m] 4 = ρ s= s 4 2 1t c t c + − _{1 2}

a) Determine la magnitud de la aceleración total de P en función del tiempo. b) Si c1 =4[m/s] y c 1[m/s4], determine la aceleración en 2 = t =2[s] x y θ s ρ r eˆ θ eˆ O _Q P Solución:

a) Utilicemos la expresión que nos permite determinar directamente la magnitud de la aceleración 2 2 2       +       = ≡ ρ υ υ dt d a ar

En este caso s dt ds & = = υ y s dt d && = υ , entonces _{a (s)}2 _(s2_/ρ)2 & && + = donde 3 ; y luego, 2 1 4 tc c s_&=− + 2 2 12 tc s_&&= ρ = R=4[m]

(

) (

)

b) Sustituyendo los valores de las constantes para t =2[s], se encuentra

( )

(

)

[

]

[

]

Determine el radio de curvatura de una curva en el espacio que es una hélice de radio

con un paso de . El vector posición está dado por r .

ρ R

p π

2 r =R(cosϕ iˆ+senϕ ˆj)+ pϕ kˆ

Solución:

Teniendo presente que ₂

2 1 ds r d r = ρ se determinan ϕ ϕ ϕ i R j pk d Rsen r dr=(− ˆ+ cos ˆ+ ˆ) ϕ d p R r d r d ds₌ r_⋅ r ₌ 2 ₊ 2 ) ˆ ˆ cos ˆ ( 1 2 2 _p Rsen i R j pk R ds r d _{− + +} + = ϕ ϕ r ) ˆ ˆ cos ( ) ( 1 2 2 2 2 j sen R i R p R ds r d ϕ ϕ − − + = r Luego _{2 2 2} 2 2 2 2 2 1 p R R ds r d ds r d ds r d + = ⋅ = = r r r ρ R p R2 ₊ 2 = ρ

Problema 1.4

Demostrar que el radio de curvatura , se puede expresar en términos de las derivadas temporales de a través de ρ rr 3 1 r r r &r &&r &r × = ρ Solución:

Determinemos el valor del producto vectorial

            + ×       = × _{T T} e_N dt ds e dt s d e dt ds a ˆ ˆ 1 ˆ 2 2 2 ρ υ rr ) ˆ ˆ ( 1 3 N T e e dt ds a  ×      = × ρ υ rr

teniendo presente que υr =r&r y que ar =r&&r, se tiene

3 1       = × dt ds r r ρ &&r &r dado que r dt ds _{= se encuentra &r} 3 1 r r r &r &&r &r × = ρ También se puede escribir

3 3 1 υ υ υ υ ρ a a r r r r r _× = × = Problema 1.5

Determinar el radio de curvatura del problema 1.3 utilizando la ecuación

3 3 1 υ υ υ υ ρ a a r r r r r _× = × = Solución:

Entonces k p j i sen R r ( ϕ ϕˆ ϕcosϕ ˆ) ϕ ˆ

υr = &r= −_& + _& + _&

k p j sen R i sen R dt d a υ ( _{ϕ ϕ ϕ}2cos_ϕ)ˆ (_ϕcos_{ϕ ϕ}2 _ϕ)ˆ _ϕ ˆ && & && & && r r _{= = − − + − +} k R j p R i sen p R a _ϕ3 _ϕˆ _ϕ3cos_ϕ ˆ 2_ϕ3 ˆ

υr×r= & − & + &

3 2 2 _ϕ υr×ar = R R + p _& 2 2 2 2 _{( )ϕ} υ υ υr⋅r= = R + p _& 3 2 / 3 2 2 3 _{( ) ϕ} υ = R + p _& Sustituyendo en 1 _{3 3} υ υ υ υ ρ a a r r r r r _× = × = , se encuentra 2 2 1 p R R + = ρ Problema 1.6

Determinar el radio de curvatura para una curva suponiendo que , donde

e . ρ rr =xiˆ + y ˆj ) (t x x= y= y(t) Solución:

Para determinar el valor de , utilizamos la relación ρ 1 ₃ r r r &r &&r &r × =

ρ , Entonces, dado que j

y i x

r&r= _&ˆ+ _& ˆ y r&&r=x_&&iˆ+ y_&&ˆj

k x y y x r

r&r× &&r=(_&&&− _&&&) ˆ

se encuentra _{2 2 3/2} ) ( ) ( 1 y x x y y x & & && & && & + − = ρ

Por otro lado, si la ecuación de la curva plana es , se efectúa el cambio de variables

respectivo ; ; ; , y se obtiene la expresión para el radio de

curvatura de una curva plana dada por

) (x f y= t x= y = f(t) x&=1 x&&=0 2 / 3 2 ' '' ] ) ( 1 [ 1 y y + = ρ Problema 1.7

La rotación del brazo de la figura con respecto a O, (cuya longitud es l ) está dada por . El bloque B desliza a través del brazo en tal forma que su distancia con respecto a O es , ( son constantes arbitrarias). Cuando el brazo OA ha girado en un ángulo θ = , determine para el bloque B.

2 1 ) (t =ct θ 2 c r = 2 3t c − g θ 3 , 2 1,c c c

a) Las componentes de la velocidad radial y transversal, y también su módulo y dirección. b) Las componentes de la aceleración radial y transversal, y también su módulo y dirección. c) La aceleración relativa del bloque con respecto al brazo.

d) Los valores numéricos de todo lo pedido anteriormente si c₁ =0.2, c₂ =1.0, c₃ =0.15 40 = g θ A θ r B O Solución:

a) Las componentes radial y transversal para la velocidad están dadas en forma respectiva por υ_r =r& y υ_θ =rθ&.

El tiempo t lo determinamos a partir de ct2 =θ_g luego

También 2 3 2 c t c r = − ; r&=−2c₃t ⇒ r&&=−2c₃ 2 1 ) (t =ct θ ; θ&=2c₁t ⇒ θ&&=2c₁ Entonces ) / ( 2 2c₃t c₃ c₁ r _g r θ υ = &=− =−

υ r c c t2 c₁t Remplazando el valor del tiempo se tiene

3 2 )2 ( − = = θ θ & 1 1 1 3 2 / )2 / (c cθ_g c c θ_g c υ_θ = −

El módulo de la velocidad se determina a partir de 2 2 _{( )} ) (υ υ_θ υ υr = = _r + La dirección es _      = − r υ υ_θ 1 tan γ

b) Las componentes radial y transversal para la aceleración están en forma respectiva por a 2 con 1 2 3 2 3 2 _{2c (c c t )(2ct)} r r r = &&− θ& =− − − t = θg / c1 a 2 ( 2)2 ₁ 2( 2 ₃ )(2 ₁ ) con 3 2 c t c c t ct c r r + = − + − = θ θ

θ && && t = θg / c1

2 2 _{( )} ) (a a_θ a ar = = _r + La dirección es _      = − r a a_θ 1 tan δ

c) Dado que el movimiento del bloque con respecto al brazo es rectilíneo, y está definido solo por la variable , se tiene que r

3 )

( r 2c

a_OA = &&=−

Problema 1.8

En el mecanismo de la figura, los ejes O y P son fijos. La manivela PQ gira con velocidad constante ω de modo que el bloque Q desliza a lo largo del brazo OR. Determinar:

a) La velocidad y aceleración angular del brazo OR

b) La velocidad υ y la aceleración del extremo R del brazo OR, en el instante que se muestra en la figura, en que PQ forma el ángulo θ .

r _a ϕ θ N b P ω Q R l a O Solución:

En la figura ϕ y ϕ representan en forma respectiva la velocidad y la aceleración angular del brazo OR. De donde se tiene que

& && θ θ ϕ cos tan a b asen − =

derivando la expresión anterior con respecto al tiempo y teniendo presente que

2 v v u u v v u dt d _{= & − &}       se tiene 2 2 ) cos ( ) ( cos ) cos ( sec θ θ ω θ θ ω θ ϕ ϕ a b sen a asen a a b − − − = & ; dt dθ ω =

de donde se encuentra que

2 ₂ ) cos ( ) cos ( sec θ θ ω ϕ a b a b a − − = & ϕ ;

Utilizando la identidad trigonométrica y sustituyendo el valor de la tangente del ángulo se puede escribir

ϕ ϕ 2 2 _{1 tan} sec = + 2 2 ) cos ( ) cos ( cos 1 θ θ ω θ θ ϕ a b a b a a b asen − − =               − + & de donde se obtiene que

) cos 2 ( ) cos ( 2 2 _θ θ ω ϕ ab b a a b a − + − = &

Derivando nuevamente con respecto al tiempo se tiene 2 2 2 2 2 2 ) cos 2 ( ) 2 )( cos ( ) ( ) cos 2 ( θ θ ω θ ω θ ω θ ϕ ab b a sen ab a b a sen ab ab b a − + − − − − − + = && 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 ) cos 2 ( ) 3 cos 4 ( θ θ ω θ ω θ θ ω ϕ ab b a sen ab sen b a sen b a − + − − = && luego 2 2 2 2 2 2 ) cos 2 ( ) 3 cos 4 ( θ θ θ ω ϕ ab b a b a ab bsen a − + − − = &&

b) Para la velocidad se había encontrado que υ . Sin embargo, para utilizar esta expresión en este caso, debemos considerar θ ≡ , , y . Entonces

θ θ e r e r_&ˆ_r &ˆ r _{= +}

ϕ r=l =Cte r&=0 r&&=0

ϕ

ϕ υr =l ˆ_&e

reemplazando el valor de ϕ se encuentra _&

ϕ θ θ ω υ e ab b a a b al ˆ ) cos 2 ( ) cos ( 2 2 _{+ −} − = r

Para la aceleración se había encontrado que a imponiendo las

condiciones de esta caso se tiene

θ θ θ θ e r r e r r )ˆ_r ( 2 )ˆ ( 2 _& & && & && r_{= − + +} ϕ ϕ ϕ e l e l a ( 2)ˆ_r ( )ˆ && & r_{= − +}

Reemplazando los valores de ϕ y ϕ se encuentra _{& &&} ϕ θ θ θ ω θ θ ω e ab b a b a ab bsen a l e ab b a a b a l a _r ˆ ) cos 2 ( ) 3 cos 4 ( ˆ ) cos 2 ( ) cos ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2       − + − − +       − + − − = r Problema 1.9

Una partícula describe el círculo , la componente de la aceleración dirigida hacia el origen es siempre cero. Demostrar que la componente transversal es: .

θ cos 2a r= θ θ a ec θ e ar ₌₋4 cos 2 ˆ x y c a a θ rr Solución:

Dado que en la figura anterior, el triángulo que se forma es isósceles, se tiene que .

θ cos 2a r =

Las componentes radial y transversal para la aceleración están dadas en forma respectiva por

2

θ& && r r

a_r = − ; a_θ =rθ&&+2r_&θ& Como r =2acosθ , entonces

θ θ sen a

r_&=−2 & 2 θ_&& θ 2 θ_&2cosθ && a sen a

r =− −

Notamos que en las ecuaciones anteriores no se conocen θ y θ . Luego para determinarlas, se

utilizará la condición que , al sustituir los valores de r y se

tiene & 2 & && 2 _{0 θ} θ& _&& && r r r r a_r = − = ⇒ = r&& 2 2_{cos 2 cos} 2

2aθ&&senθ − aθ& θ = a θ θ& −

θ θ θ

θ θ θ θ sen cos 2_&2 && −= si se tiene que θ θ θ && && d d = θ , entonces θ θ θ θ θ sen d

d & ₌₋ 2 &cos

separando variables θ θ θ θ θ d sen d cos 2 − = & & Integrando

∫

∫

Sustituyendo en la componente transversal de la aceleración, se encuentra

θ θ θ θ θ θ θ θ 5 4 4 cos cos 4 2 =− − − + = asen sen sen a r r

a && _&&

θ θ θ θ θ θ 5 4 4 cos cos 4 ₋ − − = asen sen sen a a       + − = − − = 4 cos 4 1 4 cos₂ 1 2 3 3 5 2 θ θ θ θ θ θ θ sen sen a sen a sen a a θ θ θ θ 3 2 4 cos 5 1 4 ec a sen sen a a =−      − =

Problema 1.10

Una partícula se mueve en el espacio de modo que sus coordenadas cilíndricas están dadas por

2 3 2 t z t t r = = = π φ

Determine la velocidad y la aceleración para cualquier tiempo.

Solución:

La velocidad y la aceleración (en coordenadas cilíndricas) se expresan respectivamente en la forma

υr =r_&eˆ_r +rφ&eˆ_φ +z_&eˆ_z ; a (r r 2)eˆ_r (r 2r )eˆ zeˆ_z && & & && & && r _{= − + + +} φ φ φ φ donde φ 6 ; 6 0 ; 0 ; 2 = = = = = = z t z r r && & && & && & φ π luego υr =2eˆ_r +2πteˆ_φ +6teˆ_z ; a₌₋2 2teˆ_{r +}4 eˆ ₊6eˆ_z φ π π r Problema 1.11

El vector posición de una partícula que se mueve a lo largo de una curva que se desarrolla en

tres dimensiones está dado por en donde φ = . Describir

el movimiento en coordenadas cilíndricas.

k t j sen t i t r 2 2cos ˆ 2 2 ˆ 2 3ˆ 1 = φ + φ + r _πt2 Solución:

La posición, velocidad y la aceleración (en coordenadas cilíndricas) se expresan en la forma z r ze e r rr₁ = ˆ + ˆ z r r e ze e rˆ ˆ ˆ

1 & & &

r _{= + +} φ φ υ z r r r e ze e r r a ( 2)ˆ ( 2 )ˆ ˆ

1 && & && && &&

r _{= − + + +}

φ

φ φ φ

Para este caso se tiene 4 ; 4 ; 2 ˆ 2 ˆ cos 2 2 ₊ 2 _{⇒ =} 2 _{= =} = t i t sen j r t r t r rr φ φ _{& &&} π φ π φ π φ _{= t}2 _{⇒ &=}2 _t ; _&&=2 t z t z t z₌2 3 _{⇒ =}6 2 ; ₌12 && &

Sustituyendo los valores anteriores se encuentra

z r t e e t r 2 2 ˆ 2 3 ˆ 1 = + r z r t e t e e tˆ 4 ˆ 6 ˆ 4 3 2 1 = + π φ + υr z r t e te e t a 4(1 2 2 4)ˆ 20 2 ˆ 12 ˆ 1 = − π + π φ + r Problema 1.12

Las coordenadas de una partícula están dadas por

2 0 0 0 / ) ; ( / ) ; (1/2) cos( t r y rsen t r z t bt r x= υ = υ =υ +

Determine la velocidad, la aceleración y sus respectivas magnitudes en función del tiempo ( r , y b son constantes)

0

υ

Solución:

Utilizando coordenadas cilíndricas se tiene z r ze e r rr = ˆ + ˆ z r r e ze e

r_&ˆ &ˆ _&ˆ

r _{= + +} φ φ υ z r r r e ze e r r a ( 2)ˆ ( 2 )ˆ ˆ && & & && & && r _{= − + + +} φ φ φ φ donde x2 +y2 = rr =r _{= Cte. ⇒ r =r =0} && & 0 ; ) / ( ) / ( ₀ ⇒ = ₀ = = υ φ υ φ φ r t & r && 1 ; ) 2 / 1 ( 2 ₀ 0 + ⇒ = + = = t bt z t z z υ _{& υ &&}