CINEMÁTICA Y DINÁMICA

(1)

T1 CINEMÁTICA Y DINÁMICA

Cuestiones

C1. Es razonable estimarlo como una partícula, porque se consideran las dimensiones del automóvil muy

pequeñas frente a las longitudes de las carreteras. Al estudiar el movimiento de rotación de las ruedas, ya hay que distinguir entre sus partes y no es útil la hipótesis de considerarlo exclusivamente como una partícula.

C2. La trayectoria entre dos puntos puede ser una línea curva, mientras que el desplazamiento es un vector que

tiene por módulo la cuerda del arco que va desde un punto al otro de la trayectoria, aquí la distancia se refiere la módulo del vector desplazamiento. No es lo mismo el módulo del desplazamiento que la longitud de la trayectoria, salvo en el movimiento rectilíneo.

C3.

En la fig.1.1a, se muestra la dirección de los vectores posición, velocidad y aceleración. La velocidad es tangente a la trayectoria, pero la aceleración ha de tener la dirección de

∆

v

r

, fig 1.1, b, ya que resulta de multiplicar este vector por el escalar 1/∆t.

C4.

Las magnitudes angulares y las lineales están relacionadas entre sí por el radio de la circunferencia que describen los puntos del cuerpo que gira.

Para el caso de las velocidades lineales, se tiene que v = ω · R.

En un sólido todos los puntos giran con la misma velocidad angular, ω en cada instante. Entonces para los puntos A y B es:

ωM = ωB = ω.

En cambio si L es la longitud de la barra, la velocidad lineal de M es vM = ω·L /2 , mientras la velocidad lineal de B

es vB = ω· L . El resultado es que la velocidad lineal de B es doble de la de M, vB = 2·vM

C5- En un movimiento rectilíneo la aceleración normal es nula, ya que

2 n

v

a

R

=

r

, y el radio de una recta es infinito. La aceleración lineal en un movimiento uniforme es nula ya que su velocidad es constante en módulo,

v

r

=

cte

. y la derivada de una constante es nula,

a

_t

d v

0 dt

=

r

C6. El momento lineal es el producto de la velocidad por la masa del móvil,

p

r

=

mv

r

Si se invierte la velocidad, el momento lineal vale

p

r

′ = −

mv

r

La variación del momento lineal es:

∆ = − = −

p

r

p

r

′

p

r

mv

r

−

mv

r

= −

2 mv

r

Fig. 1.2 A B M Fig. 1.1, a)

v

r

∆

a

r

2

v

r

1

v

r

2

v

r

1

v

r

Fig. 1.1, b)

r

(2)

C7. El momento angular de una partícula es,

dt

L

d

M

r

=

y el momento de la fuerza vale

M

r

F

r

×

=

.

En el caso de fuerzas centrales la dirección de

F

v

y

r

es la misma en cada instante, por tanto su producto vectorial es cero, es decir, el momento de la fuerza es cero, resultando:

0 dL

dt

=

r

Cuando una función derivada es cero su primitiva es constante. En este caso el momento angular

L

r

es constante Ejercicios E1. Fig. 1.3 a) La posición inicial,

r

R

i

r

=

1 ; la posición final,

r

R

j

r

=

2 , en metros

b) El desplazamiento vectorial es la diferencia entre los vectores de posición Inicial y final

l

r

R

j

R

i

R

i

R

j

r

+

−

=

−

=

−

=

∆

2 1 metros.

c) La distancia entre las dos posiciones es el módulo del vector desplazamiento: ,

∆ =

r

R

2

+

R

2

=

R

2

m

d) El arco de trayectoria recorrida es la cuarta parte de la longitud de la circunferencia ,

∆S = 2πR / 4 = πR / 2, medida en metros.

E2. El vector de posición es:

r

=

4t i

+

t j

2

+

2k

r

a) La posición en el instante t=1 s es:

r

(1)

4 i

1 j

2 k

r

+

=

La posición en el instante t=4 s es:

r

(4)

16 i

16 j

2 k

r

+

=

b) El desplazamiento es la diferencia entre los vectores de posición: ∆

r

=

r

(4) –

r

(1)

∆

r

=

16 i

16 j

2 k

r

+

-

(4

i

1 j

2 k

)

r

+

=

12 i

15 j

0 k

)

r

+

metros. c) Velocidad media,

v

_m

r

12

15 = 4 i

5 j

t

4 1

i

j

∆

+

=

+

∆

−

r

_r

r

m/s d) La velocidad instantánea:

v(t)

r(t)

4 i

2tj

t

d

=

+

r

_r

r

para t = 1 s,

v(1)

=

4 i

+

2j

r

m/s, parat = 4 s,

v(4)

=

4 i 8 j

+

r

m/s. e) La aceleración media:

a

_m

v

(4-4) i

(8 2) j

6 j

t

∆

=

+ −

=

∆

r

_r

r

m/s2 f) La aceleración instantánea:

2 j

t

(t)

v

(t)

a

r

=

d

m/s2

E3. El vector de posición:

3 2 2

( )

3

2 t

t

r t

=

t i

+

j

+

k

r

Como en los ejercicios anteriores, Es preciso calcular antes la velocidad instantánea y su módulo en función del tiempo, así como la aceleración.

k

t

j

t

i

2t

t

(t)

r

(t)

v

2

r

+

=

d

m/s, su módulo

v

(

t

)

=

4 t

2

+

t

4

+

t

2

=

t

4

+

5 t

2 m/s. Fig. 1.3 O R

(3)

La aceleración:

2 i

2t

j

k

t

(t)

v

(t)

a

r

+

=

d

que tiene por módulo

a

(

t

)

=

4 +

4 t

2

+

1

2

la aceleración tangencial es la derivada del módulo del vector velocidad:

=

dt

t

dv

t

a

t

)

(

)

(

2 4 3

5

2

10

4 t

t

+

En el instante t = 2 s, tenemos para la aceleración tangencial, at = 4,3 m/s

2

En ese mismo instante, el módulo de la aceleración vale

a(2)

r

=

a(2)

=

4 16 1

+ + =

21

m/s2 La aceleración normal tiene de módulo:

a

_n

=

a

2

−

a

_t2

La aceleración normal valdrá:

a

n

(2)

=

21 4, 3

−

2

=

1, 6

m s

/

2

r(t)

=

10(cos 2t i

+

sen 2t j)

r

m

a) El vector velocidad es la derivada respecto al tiempo del vector de posición:

(

)

r(t)

v(t)

10

2

2 2 cos 2

t

d

sen t i

t j

d

=

−

+

r

m/s

b) El vector aceleración es la derivada respecto al tiempo del vector velocidad;

(

)

(

)

( )

dv t

20 2 cos 2

2

2 40 cos 2

2

4 a t

t i

sen t j

t i

sen t j

r

dt

=

−

= −

+

= −

r

m/s2

El módulo de la velocidad es

v

r

=

20 /

m s

que es constante, por tanto su derivada es cero, en consecuencia la aceleración tangencial es nula.

a

t

=

0 r

La única aceleración que existe es la normal,

a t

r

( )

=

a

r

_n

= −

4 r m s

r

2

La aceleración en este caso, tiene la misma dirección que el vector de posición pero sentido contrario. c) La posición angular es θ(t) = 2t. La velocidad angular es la derivada respecto del tiempo de la posición angular:

d

2t

2 rad

dt

s

θ

ω =

=

r ( t )

=

2ti

+

2tj

−

2tk

r

La velocidad vale:

dt

r

d

v

r

=

d

(2 )

t

i

d

(2 )

t

j

d

( 2 )

t

k

2 i

2 j

2 k

dt

−

+

r

=

+

−

r

m/s El momento lineal es

p

=

m v

· =

2 kg

· 2

(

i

+

2 j

−

2 k m s

)

/

=

4 i

+

4 j

−

4 k kg m s

· /

r

E6.

a) La ley de Newton nos da la ecuación:

2

3

10

15

5 /

2

0, 2

F

i

j

k

a

i

j

k m s

m

+

−

= =

=

+

−

r

b) Como la fuerza es constante e inicialmente está en reposo,

v

r

=

a.t

r

=

a 0,2s

r

=

i

j

k

r

−

+

3

2

m/s c) El momento lineal,

p

r

= m·

v

r

=

0,2 kg ·v

r

=

0, 4

i

+

0, 6

j

−

0, 2

k kg m s

· /

r

a

r

(4)

E7. Aplicando el teorema del impulso mecánico:

·

2

o o o o o

v

p

F

∆ = −

t

p

=

m

−

mv

= −

m

= −

r

_r

El módulo del momento lineal:

p

_o

= −

2·

F

∆ =

t

2·0,1 ·0, 01

N

s

=

2.10

−3

kg m s

· /

r

r ( t )

r

=

2ti

r

−

t j

2

r

Derivando

r

(t) respecto del tiempo obtenemos la velocidad:

v

r

(t)= 2

i

r

– 2t

j

r

m/s

Derivando la velocidad obtenemos la aceleración,

a

r

(t) = – 2

j

r

m/s2

La fuerza es la masa por la aceleración;

F

=

m·a

=

0,02 kg ·

(

−

2 j m s

2

)

= −

0,04 j N

r

_r

r

Para obtener la aceleración tangencial hay que derivar respecto al tiempo el módulo de la velocidad que vale, 2

v( t )

r

=

4 4t

+

=2

1 t

+

2 y la aceleración tangencial _t 2 2

d v( t )

2t

a

2 ·

dt

_{2 1 t}

_{1 t}

=

+

r

m/s2

La aceleración normal está relacionada con las anteriores por:

a

_n

=

a

2

−

a

_t2

Como a2= 4 y 2 2 t 2

4t

a

( 1 t )

=

+

Resulta para la aceleración normal:

2 2 n 2 ₂ 2

4( 1 t ) 4t

2 m

a

( 1 t )

_{1 t}

s

+

−

=

+

₊

La fuerza tangencial: 2 2 2

0, 04

· 0, 02

·2

/

1

t t

t

F

m a

kg

m s

N

t

=

+

La fuerza normal :

F

_n

0,02·2

1

₂

0,04

1

₂

N

( 1 t )

=

+

E9. La velocidad angular ω = v/R = 4/0,5 = 8 rad/s. La posición angular: θ = ω t = 8 t rad

El vector de posición con origen en el centro de la circunferencia:

(

)

0, 5 cos 8

0, 5

8 0, 5 cos 8

8 r

=

t i

+

sen t j

=

t i

+

sen t j

r

La velocidad:

v

dr

4 sen t i

8 4 cos 8

t j

dt

=

= −

+

r

El momento lineal:

p

=

10 ·( 4

−2

−

sen t i

8 +

4 cos 8

t j

)

=

4.10

−2

(

−

sen t i

8 +

cos 8

t j

)

r

El momento angular es el producto vectorial

L

r

p

r

∧

=

que se puede calcular con el determinante,

2

2 2 2 2 2

0, 5· 4.10

cos 8

sen 8

0 2.10 (cos 8

sen 8 )

2.10 .

sen 8

cos 8

0 i

j

k

m

L

t

t k

k kg

s

t

− − −

=

+

=

−

r

(5)

El momento de fuerza es la derivada

dt

L

d

M

r

=

= 0 ; por ser

L

r

constante.

E10. El vector de posición:

r t

( )

=

3ti

+

t k

2

r

La velocidad de la partícula es

dt

r

d

v

r

=

3 i

+

2 tk

r

m/s El momento lineal,

p

r

=

m·v

=

0,5 kg ·v

=

1,5i

+

tk

r

kg·m/s

El momento angular vale

t

k

j

i

p

r

L

0

5 ,

1

0

3

2

r

=

∧

=

= = -

j(3t -1,5t )= -1,5t j

2 2 2

r

kg·m2/s

r t

( )

= −

ti

2tj

+

k

r

; la fuerza:

F

=

2i

−

3tj

+

t k

2

r

La velocidad es

.

(

i

2 j

)

dt

r

d

v

r

−

=

m/s

a) La potencia es el producto escalar :

P

=

F · v

r r

=

( 2i

−

3tj

+

t k )·( i

2

−

2 j )

= + −

2 ( )

3t ( 2 )

− = +

2 6t

r

· b) El trabajo es:

dW

F dr

· F

· dr

dt

(2

i

3 tj

t k

2

)·

(

i

2 j dt

)

(

2 6

t dt

)

dt





=

_

_

=

−

+

−

= +





r

_r

r

_r

r

Problemas P1.

a) El vector de posición:

r

(t)= R

(cos

t

i

sen

t

j

)

r

ω

+

m

En nuestro caso los datos son: R = 100 m; v = 72 km/h = 20 m/s, por consiguiente. ω=

R

v

=

0 ,

2

100

20 ₌

rad/s

El vector de posición:

r

(t)= 100·

(cos

0 ,

2 t

i

sen

0 ,

2 t

j

)

r

+

El vector velocidad,

v

= =

r

20( sen 0, 2

−

t i

+

cos 0, 2

t j

)

r

_&

m/s El vector aceleración,

a

= = −

v

4(cos 0, 2

ti

+

sen 0, 2 )

tj

r

_&

m/s2

b) El módulo de la velocidad permanece constante v = 20 m/s, y su derivada es cero, así que no hay aceleración tangencial.

La única aceleración que existe es la normal,

a

_n

a

4 (cos

0 ,

2 t

i

sen

0 ,

2 t

j

)

r

+

−

=

Siendo

a

r

_n

=

4 m s

2

P2. El momento lineal inicial del sistema que supondremos moviéndose por el eje X, vale:

p

=

1200 kg · 10 i m / s 12000 i kg m / s

r

=

r

Para el saco al lanzarse por la parte posterior, y su velocidad respecto de la vía vale

−

30i m / s

r

El momento lineal se conserva constante porque no hay fuerzas exteriores al sistema vagoneta-saco.

(

)

(

)

12000 i kg m / s 100 kg ·

=

−

30 i m / s

+

1200 100 kg·v

−

′

r

_r

;

v

′ =

13,7 i m / s

r

ω t O X Y

(6)

P3.

La conservación del momento lineal nos lleva a la ecuación vectorial:

3 3

·300

·400

·100

(

)

3

x y

m

j

=

i

+

j

+

v i

+

v j

r

Identificando vectores, tenemos:

Los verticales:

v j

₃_y

=

900 j

−

100 ;

j

v

₃_y

=

800 j m s

/

r

_r

r

Los horizontales:

0 =

400 i

+

v i

₃x

;

v

₃x

= −

400 i m s

/

r

_r

r

3

400

800 /

v

= −

i

+

j

m s

r

P4. Tomando como eje OX la horizontal y eje OY la vertical en el punto de contacto. El vector velocidad antes del contacto:

1

2 cos 30

2

30 v

=

i

−

sen

j

r

El momento lineal es

p

₁

=

m v

·

₁

=

0, 4 cos 30

i

−

0, 4

sen

30 j kg m s

· /

r

La velocidad después del contacto con la pared:

2

2 cos 30

2

30 v

= −

i

−

sen

j

r

Su momento lineal:

p

₂

=

mv

₂

= −

0, 4 cos 30

i

−

0, 4

sen

30 j kg m s

· /

r

a) La variación del momento lineal:

∆ =

p

₂

−

p

₁

= −

0,8 cos 30

i

= −

0, 69

i

kg m s

· /

r

b) Como se verifica que el impulso mecánico es igual a la variación del momento lineal:

F

t

p

v

r

∆

=

∆

·

Queda para el valor de la fuerza sobre la pelota:

0, 69

/

13, 9

0, 05

kg m s

F

i

i N

s

−

=

= −

r

P5. En su trayectoria circular la fuerza centrípeta es la tensión de la cuerda

2 2 2 2

.

10 ·2

/

2

20 m v

kg

m

s

T

N

R

m

=

P6. La fuerza centrípeta la ha de dar el rozamiento con el disco.

F

_r

=

m

.

ω

2

.

R

. Por otra parte la fuerza de rozamiento sobre el disco es

F

_R

=

µ

· mg

.

La velocidad angular :

60·

2

60 rad

s

π

ω

=

π

Igualando ambas expresiones,

m

· ω

2

R

=

µ

· mg

sacamos el valor de R que es la distancia al eje

v

r

v

1

r

2

v

r

3

v

r

Y X 30º 30º 1

p

r

2

p

r

O

(7)

2 2

.

0,8·9,8

4 g

R

µ

ω

π

=

= 0,2 m

P7. a) El momento del peso es

M

r

P

r

∧

=

Tomamos unos ejes X e Y (éste con sentido positivo hacia abajo).

El momento

M

r

cambia a cada instante, su dirección es siempre perpendicular al plano de oscilación del péndulo y su sentido se invierte cada vez que el péndulo pasa por la vertical.

Si es r la longitud del hilo, resulta para el vector de posición:

cos

r

=

r sen i

θ

+

r

θ

j

r

;

F

= =

P

mg j

r

cos

0

0 i

j

k

M

r

F

r sen

r

rmg sen k

mg

θ

= ∧ =

=

r

_r

r

L

= ∧

r

mv

r

_r

;

v

dr

r

cos

i

r sen

j

dt

θ

=

−

r

_&

con

d

dt

θ

&

=

(

2 2 2 2

)

2

cos

0 cos

cos

0 i

j

k

L

r sen

r

mr

sen

mr

k

mr

k

mr

mr sen

θ

=

= −

+

= −

−

r

&

b) Cuando pasa por la vertical es θ= 0 y particularizando en las ecuaciones:

0

0 M

=

rmg sen k

θ

=

rmg sen k

=

r

2

L

= −

mr

θ

k

r

&

θ

&

en la vertical va a depender del ángulo máximo que se separa inicialmente el hilo del eje Y. Suponiendo que se separa una valor

θ

_o resulta del principio de la conservación de la energía mecánica:

2

1 (1 cos

)

2

o

mgr

−

θ

=

mv

;

v

=

2 gr

(1 cos

−

θ

_o

)

;

v

2 (1 cos

g

o

)

r

θ

θ ω

&

= = =

−

2 2

2 (1 cos

)

3

2 (1 cos

)

o o

g

L

mr

k

mr

k

m

gr

k

r

θ

−

θ

= −

r

= −

r

= −

−

r

&

P8. En el punto mas alto de la circunferencia el peso del cuerpo P = mg está en la dirección radial y proporciona la fuerza centrípeta.

= 2

mv

mg

R

=

despejamos la velocidad y obtenemos,

v

=

Rg

m/s

Y X θ

P

r

O

v

r

(8)

P9. La energía cinética del patinador es

.

2

1 v

m

E

_c

=

. Esta energía se convierte en trabajo contra la fuerza de rozamiento hasta que llega a parase después de recorrer la distancia d,

mg.µ. d

.

2

1 v

m

=

de aquí la distancia recorrida vale,

2

64 32, 7

2 2·9,8·0,1

v

d

m

g

µ

=

P10.

a) Aplicando la ecuación de la Dinámica y descomponiendo las fuerzas según los ejes señalados en la figura:

· cos

0

R

Psen

F

m a

N

P

α

−

=

−

=

4 0,8 ;

cos

0, 6

5 sen

α

= =

α

=

α=53,1º

·

· cos

R

F

=

µ

N

=

µ

mg

α

2 2

cos

9,8

(0,8 0, 3·0.6)

9, 6 /

mg sen

mg

m

a

m s

m

s

α µ

+

α

= −

+

= −

b) Aplicando la ecuación de la energía:

2 2 2

1

0

2

R P F N o o

W

+

W

+

W

=

mv

−

mv

= −

mv

(

)

1

2

· cos 90

· cos180

· cos 90

2

R o

P r

∆

+

α

+

F

∆

r

+

N

∆

r

= −

mv

[

]

2 2

1

2 _{3, 3}

cos(90 53,1)

cos180

2 cos143,1

cos 53,1·( 1)

o o R

mv

v

r

m

P

F

g

µ

g

−

₋

∆ =

=

+

−

La altura que alcanza vale:

∆ =

h

3, 33

m sen

· 53.1 2, 7

=

m

c) Aplicando de nuevo la ecuación de la energía, pero teniendo en cuenta que la fuerza de rozamiento al oponerse al movimiento va ahora con sentido hacia arriba, resulta:

2 2 2

1

0

2

R P F N o

W

+

W

+

W

=

mv

−

mv

=

mv

−

(

)

1

2

· cos 90

· cos180

2

R

P r

∆

−

α

+

F

∆

r

=

mv

(

)

(

)

2 cos(90

)

cos180

2 cos(90

)

cos180

v

=

g r

∆

−

α µ

+

g r

∆

=

g r

∆

−

α µ

+

5, 7

m

v

s

=

X Y N P FR α

(9)

P11. Las fuerzas que actúan se representan en el diagrama:

a)

0 cos180 0

cos 30

R

P F N F R

W

=

W

+

W

+

W

+

W

= +

F

∆

r

+ + ∆

F r

Cálculo de la Fuerza de rozamiento:

30 0;

30 N

+

Fsen

− =

P

N

= −

P

F sen

(

30 )

0, 2 5

·9,8

2

30 ·0, 5

6,8

R

m

F

N

P

F sen

kg

N

s

µ





=

−

=



−



=





6,8

· 25

·cos180 30

· 25

·

30 479, 5

W

=

N

m

+

N

m cos

=

J

b) Según la ecuación de la energía

W

=

∆

E

_c

= −

E

_c

E

_{c ,o}

=

E

_c

− =

0 E

_c Como inicialmente estaba parado, la energía cinética adquirida es igual al trabajo realizado por todas las fuerzas.

479, 5

c

E

=

J

c)

2 2· 479,5

13,8

5

c

E

J

m

v

m

kg

s

=

P12. Como no hay rozamiento la única fuerza que actúa realizando trabajo es el peso del bloque que es una

fuerza conservativa. En consecuencia se puede aplicar el principio de conservación de la energía mecánica, el bloque asciende hasta que toda la energía cinética se haya transformado en potencial.

[

]

2 2 2 2

10 /

1 ;

5,1

2

2 2·9,8 /

m s

v

mv

m g h

h

m

g

s

=

En cuanto a la distancia que asciende a lo largo del plano es

r

h

sen

θ

∆ =

P13 Por no haber rozamiento se cumple el principio de conservación de la energía mecánica.

h

=

∆

r · sen 30 6 m· sen30

=

3

Al despreciarse el rozamiento la única fuerza que efectúa trabajo es el peso que forma con el desplazamiento ∆r, un ángulo de (90º-30º)= 60º 2 P c o

1 W

E

mv

2 = −

;

P · r cos 60 E

_c

1 mv ;

_o2

E

_c

P· r cos 60

1 mv

_o2

2

2 ∆

= −

=

∆

+

2 c

1 4 m

E

2 kg ·6 m·cos 60º

2 kg ·

22 J

2 s





=

+





=





c

2· E

2· 22 J

v

4,7 m / s

m

2 kg

=

30º F N Fsen 30 Fcos 30 FR P 30º h ∆r

(10)

P14. a) La energía cinética a la salida es solo cinética 2 4 ,

1

10 · 100

5.10

2

c o

m

E

kg

J

s





=

_

_

=





b) Debemos determinar 2 s después del lanzamiento, la altura del proyectil así como su velocidad, para lo que resulta necesario escribir sus ecuaciones del movimiento.

(

)

(

)

2 2

1

100

30 9,8

50 4, 9

2 100 cos 30

y

sen

t

x

t



=

−

=

−







₌



100 30 9,8

(2 )

50 9,8·2

30, 4

/

100 cos 30

(2 )

86, 6

/

y y x x

v

sen

t

v

s

m s

v

s

m s

=

−

=

−

=





=



Particularizando también para t = 2s

(

)

1

2

100 30 2

9,8· 2

80, 4

2 y

=

sen

−

=

m

E

_p

m g y

· · (2 ) 10

s

kg

·9,8

m

₂

·80, 4

m

7879, 2

J

s

=

Se calcula ahora la energía cinética en el mismo instante:

(

)

2 2 2 2 2 2 2 2

1

1 (2 )

(2 )

10 86, 6

30, 4

42118, 6

2

c x y

m

E

s

m v

s

v

s

kg

J

s





=

+

=



+



=





c) La comprobación de la conservación de la energía mecánica requiere sumar la energía cinética con la potencial a los 2 s y compararla con la energía cinética en el instante inicial.

( )

2 7879, 2

42118, 6

49997,8

m

E

s

=

J

+

J

=

J

No sale exactamente 5.104 J debido a los errores acumulados en las operaciones con la calculadora.

P15. a) El diagrama de fuerzas aparece en la figura: Determinaremos la aceleración contraria al