libro fisica 2

FISICA IIversión 1

Autor : Luis Rodríguez Valencia1

DEPARTAMENTO DE FISICAUNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

28 de agosto de 2012

1email: [email protected]

Contenidos

Prólogo IX

0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas . . . . . . . x

1. Cinemática 11.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Concepto de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3. Concepto de tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4. Movimiento rectilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.4.1. Desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4.2. Espacio recorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.4.3. Velocidad media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4.4. Velocidad instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4.5. Rapidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4.6. Aceleración media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4.7. Aceleración instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4.8. Interpretación gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4.9. Movimiento uniformemente acelerado . . . . . . . . . . 81.4.10. Solución gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5.1. En coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . 111.5.2. En coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5.3. Movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5.4. Caso particular. Movimiento circular uniforme. . . . . . 171.5.5. Caso particular. Aceleración angular constante . . . . . 171.5.6. Notación alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.5.7. Derivadas de los vectores unitarios . . . . . . . . . . . 181.5.8. Velocidad y aceleración en coordenadas esféricas . . . . 191.5.9. Velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

IV CONTENIDOS

1.5.10. Aceleración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.5.11. Vectores unitarios esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5.12. Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.5.13. Coordenadas intrínsecas . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.6. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.7. Movimiento de proyectiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.7.1. Análisis del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7.2. Ecuación de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . 261.7.3. Angulo de disparo para dar en un blanco . . . . . . . . 261.7.4. Parábola de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.7.5. Formulación alternativa (requiere más matemáticas) . . 281.7.6. Parábola de seguridad en forma polar . . . . . . . . . . 31

1.8. Movimiento relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.8.1. Traslación de un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.8.2. Movimiento general de un sistema . . . . . . . . . . . . 35

1.9. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2. Dinámica de la partícula 972.1. Leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.1.1. Primera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 982.1.2. Sistema inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . . 982.1.3. Segunda ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1002.1.4. Principio de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.1.5. Sobre las fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.1.6. Fuerzas de acción a distancia . . . . . . . . . . . . . . 1012.1.7. Fuerzas de contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1022.1.8. La fuerza de roce estática . . . . . . . . . . . . . . . . 1022.1.9. Fuerza de roce cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.1.10. Tercera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032.1.11. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

2.2. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1042.3. Paréntesis matemático. Derivadas y diferenciales . . . . . . . . 107

2.3.1. De una variable independiente . . . . . . . . . . . . . . 1072.3.2. De más variables independientes . . . . . . . . . . . . . 109

2.4. Fuerzas conservativas (C) y no conservativas (NC) . . . . . . 1112.4.1. Concepto de trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1112.4.2. Energías potenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.4.3. Fuerza peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

CONTENIDOS V

2.4.4. Fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.4.5. Fuerza gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122.4.6. Fuerza electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1132.4.7. Teoremas sobre la energía . . . . . . . . . . . . . . . . 114

2.5. Sobre la energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1162.5.1. La energía cinética de los asteroides . . . . . . . . . . . 1172.5.2. Integración de la ecuación de movimiento . . . . . . . . 1182.5.3. Fuerza constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1182.5.4. Fuerza dependiente del tiempo F (t) . . . . . . . . . . . 1192.5.5. Fuerza dependiente de la posición . . . . . . . . . . . . 1192.5.6. Por ejemplo la fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . 1202.5.7. Solución más simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1212.5.8. Movimiento unidimensional con fuerza viscosa . . . . . 122

2.6. Movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1232.6.1. Evaluación de las constantes . . . . . . . . . . . . . . . 1242.6.2. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1242.6.3. Amplitud del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 1252.6.4. Periodo y frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2.7. Movimiento armónico amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . 1272.7.1. Caso sub amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1292.7.2. Caso amortiguado crítico . . . . . . . . . . . . . . . . . 1302.7.3. Caso sobre amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . 1302.7.4. Movimiento amortiguado forzado . . . . . . . . . . . . 1312.7.5. Una solución particular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1312.7.6. Fenómeno de resonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

2.8. Dinámica del movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . 1332.9. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

2.9.1. Fuerzas constantes o dependientes del tiempo . . . . . 1382.9.2. Fuerzas dependientes de la posición o de la velocidad . 141

2.10. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1452.10.1. Dinámica unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 1452.10.2. Movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . . 1582.10.3. Dinámica en dos o tres dimensiones . . . . . . . . . . . 1642.10.4. Trabajo y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1732.10.5. Problemas que requieren más matemáticas . . . . . . . 181

VI CONTENIDOS

3. Sistema de Partículas 1953.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

3.1.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 1973.1.2. Sobre el momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . 2013.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . 2043.1.4. Sobre la fuerza gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . 2053.1.5. Teorema Energía Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . 2063.1.6. Trabajo realizado por una fuerza . . . . . . . . . . . . 2063.1.7. Trabajo realizado por una fuerza conservativa (C) . . . 208

3.2. Sistema de dos partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2103.2.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

3.3. Campo central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2123.3.1. Ecuación diferencial para la órbita . . . . . . . . . . . 2133.3.2. Excentricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2163.3.3. Semi ejes de la elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2173.3.4. Ley de Kepler de los períodos . . . . . . . . . . . . . . 218

3.4. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2193.4.1. Coeficiente de restitución . . . . . . . . . . . . . . . . . 2213.4.2. Choques unidimensionales . . . . . . . . . . . . . . . . 2223.4.3. Choques bidimensionales de esferas . . . . . . . . . . . 2233.4.4. Discusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2243.4.5. Consideraciones sobre la energía . . . . . . . . . . . . . 226

3.5. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2273.5.1. Resumen de fórmulas movimiento en un campo central

de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2323.5.2. Lanzamiento desde la superficie terrestre . . . . . . . . 2323.5.3. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2333.5.4. Momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2333.5.5. Velocidad de escape desde la superficie . . . . . . . . . 2333.5.6. Excentricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2333.5.7. Ecuación de la órbita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2343.5.8. Orientación α del semieje mayor (figura, caso (2)) . . . 2343.5.9. Casos elípticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2343.5.10. Alcance máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

3.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2363.7. Sistemas de Partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

3.7.1. Resumen de fórmulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2363.7.2. Problema resueltos sistema de partículas . . . . . . . . 239

CONTENIDOS VII

3.7.3. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2553.7.4. Masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2663.7.5. Campo central. Orbitas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

4. Dinámica del cuerpo rígido 3214.1. Cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3214.2. Cuerpo rígido continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3214.3. Cinemática de un cuerpo rígido en el espacio . . . . . . . . . . 3224.4. Cinemática plana de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . 322

4.4.1. Desplazamientos de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 3224.4.2. Condición de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3244.4.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3244.4.4. Centro instantáneo de rotación . . . . . . . . . . . . . 3264.4.5. Algunas relaciones entre velocidades y aceleraciones . . 3274.4.6. Curvas rueda y riel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3294.4.7. Modelo continuo de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 3314.4.8. Momentum angular y energía cinética . . . . . . . . . . 3324.4.9. El momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3324.4.10. Ejemplos de cálculo de momentos de inercia . . . . . . 3334.4.11. Momentum angular y momentum lineal . . . . . . . . . 3344.4.12. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3354.4.13. Movimiento de rotación y traslación . . . . . . . . . . . 3354.4.14. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

4.5. Dinámica de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3384.5.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 3384.5.2. Ecuaciones para el caso de movimiento plano . . . . . . 3394.5.3. Momentos de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3404.5.4. Teorema de Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341

4.6. Ejemplos de dinámica plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3424.6.1. Dinámica de rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3424.6.2. Dinámica de rotación y traslación . . . . . . . . . . . . 3464.6.3. Casos donde el movimiento de un punto es conocido . . 348

4.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3554.8. Ejercicios de cinemática plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3554.9. Ejercicios de dinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361

VIII CONTENIDOS

Prólogo

Este texto tiene el propósito de iniciarlos en una ciencia: la Física que nosmuestra una maravillosa relación establecida entre la naturaleza y el ingeniodel cerebro humano.Veremos cómo, a partir de observaciones y experimentos sencillos, se con-

sigue estructurar una teoría sólida que da cuenta de fenómenos de la natu-raleza, algunos observables a simple vista y otros fuera del alcance de lossentidos.La Física siempre ha estado, está y estará formando parte de nuestro

entorno. A través de ella es posible predecir lo qué sucederá con el Universoy, además, nos da señales que permiten vislumbrar cómo comenzó todo.Desde Aristóteles (384-322aC) hasta nuestros días los científicos aportan

sus trabajos para beneficio de la humanidad, interactuando para el progresode la Ciencia y de la Tecnología. Por ejemplo, avances en la Física contribuyenal progreso de las Ciencias de la Ingeniería, y éstas, a su vez, dan soportetécnico a la Medicina, mejorando la calidad de vida del hombre.Este trabajo está dedicado a jóvenes deseosos de aprender, mediante la

comprensión, razonamiento y deducción, a partir de los conceptos fundamen-tales y las leyes de la Física.

X Prólogo

Este texto, para el segundo semestre de Ingeniería, se presenta en la mis-ma secuencia que ha sido programado el curso de Física II. Los requerimientosde Matemáticas necesarios para su desarrollo serán presentados de maneragradual según las necesidades del curso. Se comienza con la cinemática, querequiere de la herramienta matemática llamada derivada. De manera pro-gresiva se hace indispensable la adquisición de más elementos matemáticos,que son, en algunos casos aportados por el texto. En otros, se darán las de-mostraciones como una ilustración. De cualquier forma queremos enfatizar elhecho, no discutido, de que las Matemáticas son el lenguaje y la herramientafundamental de la Física.Se han hecho importantes esfuerzos por el grupo de colaboradores para

minimizar los errores de cualquier índole, pero esa es una tarea interminable,de manera que nos será muy grato considerar las críticas de los estudiantesy colegas que deseen utilizar este texto.

Esta es la primera edición del texto qus se usará (eso esperamos) duran-te el segundo semestre del año 2012. Se han hecho diversos cambios a lasversiones anteriores aplicada a los cursos anuales los años 2001, 2002, 2003,2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010 y 2011 en el desarrollo del curso deFísica Anual para Ingeniería Civil. Estos cambios son el resultado de la ex-periencia acumulada en la aplicación práctica de este texto. Se han agregadoproblemas y reordenados de acuerdo a su temática. Una versión en formatoPDF es colocada en la página WEB del curso. Todos los problemas del textoestán resueltos..

0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas

¤ En general en las pruebas de este curso se pide resolver problemas.

¤ Luego haga problemas. El nivel de los problemas de las pruebas corres-ponden a los de menor complejidad matemática.

¤ En el desarrollo de las pruebas haga figuras de un buen tamaño. Untercio de la hoja por lo menos.

¤ Defina en su figura todas las letras que representen alguna propiedadfísica que se usará en el desarrollo del problema.

XI

¤ Explique su desarrollo. No basta colocar una secuencia de ecuaciones.Ellas deben estar ligadas por palabras o frases tales como: por lo tanto,se deduce de allí que, de ahí se calcula, etcétera.

¤ Sea ordenado. Si los problemas tienen partes (a), (b), (c), etcétera.Explique claramente cual parte está resolviendo.

¤ Si usa lápiz grafito, procure que su calidad sea tal que se pueda leercon claridad.

¤ Los resultados indíquelos con lápiz pasta, caso contrario no podrá re-clamar de la corrección.

¤ En cada prueba se aceptarán reclamos que se justifiquen, es decir usteddeberá indicar por escrito las razones de su reclamo.

A pesar que hay pautas de corrección, en ellas se indican solamente losmáximos por item. Si usted tiene errores, cada profesor corrector juzgarácuánto del máximo usted merece y en ello no hay reclamo. Este proceso decorrección tiene algo de subjetividad y la claridad de su desarrollo puedeinfluir positivamente en su resultado.

XII Prólogo

Capítulo 1

Cinemática

1.1. Introducción

La cinemática estudia el movimiento de los cuerpos sin considerar suscausas. Como se explicó en el primer capítulo, muchos años han pasado parallegar a la descripción actual de las características del movimiento. El estudiolo separaremos en los casos en que el movimiento es en una línea recta, uncaso llamado unidimensional, y cuando el movimiento es en el espacio, endos o tres dimensiones. Este estudio requiere de elementos de matemáticas,del cálculo diferencial, que quizás usted aún no conozca. Tenga confianza enlos resultados y deje por último las demostraciones para una comprensiónfutura. Primero analizaremos el movimiento de una partícula, cuerpo cuyasdimensiones se pueden despreciar y considerar como un punto. El conceptode movimiento está relacionado con los conceptos de posición y de tiempo.La posición de un punto es un concepto relativo al sistema de referencia quese utilice. Un sistema de referencia es precisamente un sistema respecto alcual se especifican las posiciones de los puntos. Las posiciones se especificanrespecto a un determinado sistema de referencia mediante un conjunto decoordenadas, de las cuales hay de diversos tipos, cartesianas, esféricas, pola-res, cilíndricas y muchas otras. El concepto de tiempo es un concepto com-plicado relacionado con la ocurrencia de eventos o sucesos y con la cuestiónde cual ocurre antes, cual ocurre después o si ocurrieron simultáneamente.El tiempo permite establecer un orden de ocurrencia de sucesos en el sentidoexplicado recién. Para Newton el tiempo es un concepto absoluto, es decir

2 Cinemática

para todos los observadores del Universo el tiempo transcurre de la mismamanera. Tal punto de vista tuvo un cambio asombroso a comienzos del sigloveinte. En efecto, Albert Einstein tuvo éxito en proponer una teoría donde eltiempo no es más un concepto absoluto, su teoría especial de la relatividad.No ahondaremos en eso en este curso.

1.2. Concepto de movimiento

Se dice que una partícula o punto se mueve respecto a un determinadosistema de referencia si sus coordenadas de posición, todas o alguna de ellas,cambian a medida que transcurre el tiempo. En lenguaje matemático esto esque sus coordenadas son funciones del tiempo. Si las coordenadas son todasconstantes diremos que el cuerpo está en reposo, respecto a este determinadosistema de referencia. Desde un punto de vista Matemático, es aparente quela definición de un sistema de referencia no tiene nada que ver con la materiapresente en el Universo. Sin embargo desde el punto de vista de la Física noparece posible definir sistemas de referencia sin relación a los objetos Físicosdel Universo. En otras palabras si el Universo estuviera totalmente vacío¿cómo podríamos definir un sistema de referencia?Como veremos la formulación de las teorías Físicas se hace en sistemas

de referencia que tienen estrecha relación con la presencia de materia enel Universo. Repetiremos una vez más, el concepto de movimiento es unconcepto relativo, depende del sistema de referencia que se use. Carece desentido preguntar si algo está realmente en movimiento o realmente en reposo.

1.3. Concepto de tiempo

Para los filósofos y también cuando se formuló por Newton, la MecánicaClásica, el concepto de tiempo es un concepto absoluto. Es decir para todoslos observadores, independientemente de su posición o movimiento, el tiempotranscurre de la misma forma. Esto significa entre otras cosas que el conceptode simultaneidad es absoluto. Si dos sucesos ocurren simultáneamente paraalgún observador, entonces ellos ocurren simultáneamente para todos. Hoydía, la teoría actual de la Física, le ha dado al tiempo un significado relativo.Esos temas son tratados en la llamada teoría de la relatividad.

1.4 Movimiento rectilíneo 3

1.4. Movimiento rectilíneo

Cuando una partícula se mueve en una línea recta, su posición está des-crita por una sola coordenada. Los desplazamientos son entonces todos sobreuna misma línea, y no es entonces necesario considerar el carácter vecto-rial de ellos, lo cual simplifica el estudio del movimiento. Es en dos o tresdimensiones donde los vectores se hacen necesarios para la descripción delmovimiento.Si usamos coordenadas cartesianas, la posición de un punto móvil estará

determinada por su coordenada x la cual, si el punto se mueve, será algunafunción del tiempo

x = x(t)m. (1.1)

Aquí x representa la coordenada y x(t) alguna función del tiempo general-mente indicada con el mismo nombre que la coordenada.

1.4.1. Desplazamientos

El desplazamiento de la partícula en el intervalo de tiempo entre los ins-tantes t1 y t2 se define por la diferencia entre sus coordenadas final e inicial

∆x = x(t2)− x(t1)m. (1.2)

Este desplazamiento no dice nada realmente de que le ocurrió al móvil du-rante cada instante de tiempo ni del espacio que la partícula recorrió duranteese intervalo.

1.4.2. Espacio recorrido

El espacio recorrido por el móvil que será denotado por s y que se expresaen metros (m) es la magnitud del desplazamiento si acaso el móvil no cambiael sentido del movimiento. Si el móvil cambia el sentido del movimiento, elespacio recorrido es la suma de las magnitudes de los desplazamientos queocurren entre sucesivos cambios de sentido del movimiento. Por ejemplo siun móvil avanza una distancia L y luego se devuelve esa misma distancia, eldesplazamiento será cero pero el espacio recorrido será s = 2L.

4 Cinemática

1.4.3. Velocidad media

La velocidad media cuando ocurre un desplazamiento ∆x en un intervalode tiempo ∆t = t2 − t1 se define mediante

vm =∆x

∆tms−1. (1.3)

1.4.4. Velocidad instantánea

La velocidad instantánea o simplemente la llamada velocidad v(t) se defi-ne como el límite de la velocidad media cuando el intervalo de tiempo tiendea cero, es decir

v(t) = lımt1→t

x(t)− x(t1)

t− t1. (1.4)

Una definición equivalente es

v(t) = lım∆t→0

x(t+∆t)− x(t)

∆t. (1.5)

Este límite que permite levantar la indeterminación tipo 0/0 que se produce,se conoce como la derivada de x(t) respecto al tiempo y para denotarla haydiversas notaciones

v(t) =dx(t)

dt= x(t) = x0(t). (1.6)

En matemáticas, usualmente la variable independiente se denomina x, y lasfunciones y(x) o f(x).En tal caso la derivada se indicará

dy(x)

dx= y0(x) = f 0(x) = lım

∆x→0

f(x+∆x)− f(x)

∆x.

La existencia de el límite puede verse gráficamente pues el corresponde ala pendiente de la curva

1.4.5. Rapidez

La rapidez de una partícula en el instante de tiempo t se define como lamagnitud de la velocidad, en el caso unidimensional esto simplemente

|v(t)| ms−1


1.4.6. Aceleración media

La aceleración media de la partícula en el intervalo de tiempo de t1 a t2se define mediante

am =v(t2)− v(t1)

t2 − t1ms−2,

o bien

am =∆v

∆t, (1.7)

donde ∆t = t2 − t1 y ∆v = v(t2)− v(t1)

1.4.7. Aceleración instantánea

La aceleración instantánea de la partícula en el instante t se define comoel límite de la aceleración media cuando el intervalo de tiempo tiende a cero,es decir

a(t) = lımt1→t

v(t)− v(t1)

t− t1=

dv(t)

dt, (1.8)

esto es la derivada de la velocidad respecto al tiempo

a(t) =dv(t)

dt=

d2x

dt2. (1.9)

Las unidades SI de posición, velocidad y aceleración son respectivamente m,ms−1, ms−2.En las figuras que siguen se ilustran los gráficos x(t), v(t), a(t) para un

ejemplo donde x(t) = t2.

x

tO

Figura 1.1: Posición vs tiempo.

La velocidad resulta v(t) = dx/dt = 2t es decir una línea rectay la aceleración a = dv/dt = 2 es constanteEste es un caso particular, un movimiento con aceleración constante, con

velocidad inicial nula y posición inicial nula.

6 Cinemática

v

tO

Figura 1.2: Velocidad vs tiempo.

a

tO

Figura 1.3: Aceleración vs tiempo.

1.4.8. Interpretación gráfica

Algunos de los conceptos descritos en las secciones anteriores admitenuna interpretación gráfica.

En un gráfico x versus t la velocidad por ser la derivada dx/dt es en-tonces la pendiente de la curva, o sea como se indica en la figura (1.4)es la tangente del ángulo θ.

v(t1) =dx

dt

¯t=t1

= tan θ.

De ese modo a simple vista puede deducirse donde la velocidad espositiva, negativa o cero, lo cual es de utilidad para decidir el sentidodel movimiento del móvil.

En un gráfico vx versus t, figura (1.5) el área A bajo la curva entre dostiempos t1 y t2 es

A =

Z t2

t1

dx

dtdt = x(t2)− x(t1),


x

tOθ

t1

Figura 1.4:

vx

tO t2t1

A

Figura 1.5:

8 Cinemática

y esto corresponde al desplazamiento entre esos dos tiempos. El despla-zamiento no corresponde en general al espacio recorrido por el móvil.Para determinar el espacio recorrido por un móvil hay que ser cui-dadoso como se explica en la situación siguiente. En la figura (1.6), el

vx

tO t2t1

A1

A2

A3

Figura 1.6:

desplazamiento entre t1 y t2 sigue siendo el área bajo la curva, esto es

A1 +A2 +A3 = x(t2)− x(t1),

pero si se calcula el área A2 mediante integración esta resulta negativa,lo que significa que vx es negativa o sea el móvil se está devolviendo.El espacio recorrido es la suma de las magnitudes de las áreas, esto es

s = |A1|+ |A2|+ |A3| ,

que en general será mayor o igual al desplazamiento.

Nota 1.1 El área bajo una curva es calculable mediante integrales, materiaque usted quizás aún no conozca. Para situaciones simples donde la velo-cidad varía linealmente con el tiempo, dichas áreas podrán ser calculadasgeométricamente.

1.4.9. Movimiento uniformemente acelerado

Se dice que un movimiento es uniformemente acelerado si la aceleracióndel móvil es constante. En general, si la aceleración a es constante se tiene


quedv(t)

dt= a,

expresión que podemos integrar dos veces obteniendo

v(t)− v(0) =

Z t

0

adt,

o seav(t) = v(0) + at, (1.10)

e integrando de nuevo

x(t)− x(0) =

Z t

0

v(t)dt =

Z t

0

(v(0) + at)dt,

luego, realizando la integral resulta

x(t) = x(0) + v(0)t+1

2at2. (1.11)

Aquí x(0) representa la posición inicial y v(0) la velocidad inicial. Si despe-jamos el tiempo de la primera y reemplazamos en la segunda se obtiene

x(t)− x(0) =v2(t)− v2(0)

2a, (1.12)

que tiene importancia en ciertas situaciones. Por ejemplo si la aceleración esnegativa (movimiento desacelerado), el espacio recorrido hasta detenerse será

x(t)− x(0) =−v2(0)2a

.

Nota 1.2 Se habla de movimiento desacelerado cuando la aceleración tienesigno contrario a la velocidad. En movimientos más generales se dice que elmovimiento es desacelerado cuando la aceleración tiene sentido contrario ala velocidad.

1.4.10. Solución gráfica

En algunos casos simples la integral no es necesaria. Por ejemplo si laaceleración es constante, entonces el gráfico velocidad tiempo es una línea

10 Cinemática

vx

tO t2t1

A

vx(t1)

vx(t2)

Figura 1.7:

recta. La figura siguiente lo ilustraLa aceleración, es decir la pendiente de lacurva, es

a =v(t2)− v(t1)

t2 − t1,

de donde

v(t2)− v(t1) = a(t2 − t1),

y el desplazamiento que es el área será (área de un rectángulo más área deun triángulo) resulta

A = x(t2)− x(t1) = v(t1)(t2 − t1) +1

2(v(t2)− v(t1))(t2 − t1)

x(t2)− x(t1) = v(t1)(t2 − t1) +1

2a(t2 − t1)

2,

x(t2) = x(t1) + v(t1)(t2 − t1) +1

2a(t2 − t1)

2,

que generaliza el resultado anterior. Además podemos obtener otro resultadoaplicable al cálculo de la velocidad media. La velocidad media en el intervalode tiempo [t1, t2] está definida mediante

vm =x(t2)− x(t1)

t2 − t1.

1.5 Movimiento en el espacio 11

Utilizando los resultados anteriores la podemos escribir

vm =v(t1)(t2 − t1) +

12a(t2 − t1)

2

t2 − t1= v(t1) +

1

2a(t2 − t1),

vm = v(t1) +1

2(v(t2)− v(t1)),

vm =1

2(v(t1) + v(t2)),

resultado válido cuando la aceleración es constante. Para aceleración cons-tante la velocidad media es el promedio aritmético de las velocidades en losextremos del intervalo.

1.5. Movimiento en el espacio

1.5.1. En coordenadas cartesianas

Los conceptos son análogos al caso unidimensional. Se definen ahora

Trayectoria, es la curva que sigue el punto en el espacio al moverse.

El vector posición del punto móvil en términos de las coordenadascartesianas del punto, es el vector que va desde el origen a la posicióndel punto en el instante t. Usando coordenadas cartesianas este es

r(t) = x(t)ı+ y(t)j+ z(t)k. (1.13)

El desplazamiento del punto entre t1 y t2 se define mediante

∆r = r(t2)− r(t1) m.

El intervalo de tiempo se llamará

∆t = t2 − t1 s.

La velocidad media entre t1 y t2 se define mediante

vm(t1, t2) =∆r

∆tms−1

12 Cinemática

Velocidad instantánea en un instante t. Esta se define mediante unproceso límite

v(t) = lım∆t→0

r(t+∆t)− r(t)

∆t.

Este proceso límite define la llamada derivada de la posición

v(t) = lım∆t→0

r(t+∆t)− r(t)

∆t=

dr

dt.

Aceleración media entre t1 y t2 se define mediante

a(t) =v(t2)− v(t1)

∆t.

Aceleración instantánea en un instante t. Esta se define mediante unproceso límite

a(t) = lım∆t→0

v(t+∆t)− v(t)

∆t.

Este proceso límite define la llamada derivada de la velocidad

a(t) = lım∆t→0

v(t+∆t)− v(t)

∆t=

dv

dt.

Al usar un sistema cartesiano fijo para describir el movimiento los vec-tores unitarios ı, j, k son constantes y sólo varían las coordenadas demodo que la velocidad y aceleración pueden expresarse en términos delas derivadas de las coordenadas solamente y resultan ser

v =dr

dt= xı+ yj+ zk, (1.14)

a =dv

dt= xı+ yj+ zk

esto es hay que sumar vectorialmente velocidades y aceleraciones en losdistintos ejes.


y

x

z

X

Z

YO

k

j

i

r

Hemos usado la notación, común en Física, de representar derivadas,cuando ello sea claro, mediante “puntos”, por ejemplo

x =dx

dt,

x =d2x

dt2.

Rapidez. La rapidez de la partícula se define como la magnitud delvector velocidad, es decir

v = |v| =px2 + y2 + z2,

que es siempre no negativa.

Consideraciones generales sobre trayectoria velocidad y aceleraciónLa

X

Z

YO

r

v

PQ

R

a

Figura 1.8:

14 Cinemática

trayectoria es la curva PQR seguida por la partícula. Cuando la par-tícula está en Q, el desplazamiento ∆r es una vector que va desde Q aun punto cercano Q0 que no se muestra. Si el tiempo ∆t→ 0 el puntoQ0 se acerca a Q. El desplazamiento ∆r tiende a cero en magnitud.Sin embargo la dirección y sentidos no son números y obviamente notienden a cero. La dirección límite del desplazamiento

−−→QQ0 es eviden-

temente la recta tangente a la curva en el punto Q. Por lo tanto, lavelocidad es tangente a la trayectoria en el punto Q y así en todos lospuntos de la trayectoria. Como veremos más adelante porque es un pocomás complicado, al restar dos velocidades para calcular la aceleraciónv(t + ∆t) − v(t) y luego hacer ∆t → 0, la dirección de la aceleraciónresultará una parte posiblemente tangente y otra parte normal a latrayectoria hacia el llamado centro de curvatura. La excepción es latrayectoria rectilínea donde al restar dos velocidades sobre una mismarecta, resultará una aceleración sobre la misma recta.

1.5.2. En coordenadas polares

Es posible utilizar muchos sistemas de coordenadas para describir un mo-vimiento. En particular si el movimiento tiene lugar en un plano, las coorde-nadas polares pueden ser apropiadas. La figura siguiente ilustra tal sistema.Consiste en un eje, llamado eje polar, un origen O en el. Entonces los puntosdel plano tienen una posición especificada por r la distancia al origen y θ elllamado ángulo polar

θ

r

rθ

O

Figura 1.9:

Los vectores unitarios son el vector unitario radial r y el vector unita-rio transversal θ cuyo sentido se elige de acuerdo al sentido de crecimientodel ángulo, como se indica en la figura. El eje polar puede estar orientado


arbitrariamente pero en la práctica conviene elegirlo hacia donde esté la par-tícula inicialmente de manera de tener θ(0) = 0. Si una partícula se mueve,entonces serán variables sus coordenadas polares r y θ. Esto es

r = r(t),

θ = θ(t),

Siendo r(t) y θ(t) funciones del tiempo. Además, a diferencia del sistemacartesiano, ahora son también variables los vectores unitarios r y θ. Ellos pue-den expresarse en términos de los vectores unitarios cartesianos constantesde la siguiente forma

r = cos θı+ sin θj,

θ = − sin θı+ cos θj.

Si el punto se mueve, el ángulo θ es función del tiempo. Derivando respectoal tiempo se obtiene

dr

dt= θ (− sin θı+ cos θj) = θθ,

dθ

dt= −θ (cos θı+ sin θj) = −θr.

De estas expresiones es posible obtener

dr

dt= θk × r,

resultado que será usado en la sección siguiente para calcular derivadas devectores unitarios en casos más complicados. En definitiva, el vector posicióny la velocidad pueden expresarse de la siguiente forma

r = rr, (1.15)

v = rr + rθθ. (1.16)

La aceleración será

a = rr + rdr

dt+ rθθ + rθθ + rθ

dθ

dt,

= rr + rθθ + rθθ + rθθ + rθ(−θr),

16 Cinemática

o seaa = (r − rθ

2)r + (2rθ + rθ)θ. (1.17)

Las componentes polares de la aceleración son en consecuencia

ar = r − rθ2, (1.18)

aθ = 2rθ + rθ, (1.19)

componentes polares que llamaremos componentes radial y transversal res-pectivamente. Hay casos particulares importantes que analizamos a conti-nuación.

1.5.3. Movimiento circular

En particular, si la partícula describe una circunferencia de radio R cons-tante con centro en el origen, luego r = R y r = 0

v = Rθθ, (1.20)

a = −Rθ2r +Rθθ. (1.21)

Las direcciones de los vectores unitarios son ahora: r normal a la circunfe-rencia y θ tangencial a la circunferencia. Entonces la velocidad es tangentea la circunferencia y la aceleración siempre tiene una parte de la aceleracióndirigida hacia el centro de la circunferencia, la aceleración centrípeta, y engeneral otra parte tangente a la circunferencia, la aceleración tangencial.

θ

P

θr

R

a

Figura 1.10: Movimiento circular.


A la primera derivada del ángulo respecto al tiempo se la denomina ve-locidad angular ω y a la segunda derivada del ángulo respecto al tiempo, sela denomina aceleración angular α es decir

ω = θ,

α = θ,

y en términos de éstas se tiene

v = Rωθ, (1.22)

a = −Rω2r +Rαθ. (1.23)

1.5.4. Caso particular. Movimiento circular uniforme.

Este caso ocurre si la rapidez es constante. Se tiene entonces que α = 0y luego

v = Rθθ = vθ, (1.24)

a = −Rθ2r = −v2

Rr. (1.25)

Además, como θ es constante

θ(t) = θ(0), (1.26)

y por integración se obtiene

θ(t) = θ(0) + θ(0)t, (1.27)

es decir el ángulo crece linealmente con el tiempo.

1.5.5. Caso particular. Aceleración angular constante

Este caso ocurre si la aceleración angular es constante. En general, si laaceleración angular es constante (no nula) se obtendría por integración

θ(t) = θ(0) + αt, (1.28)

y además

θ(t) = θ(0) + θ(0)t+1

2αt2, (1.29)

que muestran que la rapidez angular θ varía linealmente con el tiempo y elángulo varía cuadráticamente con el tiempo.

18 Cinemática

1.5.6. Notación alternativa

Algunos prefieren la notación θ(t) = ω y θ = α, de manera que lasrelaciones anteriores pueden escribirse

ω(t) = ω(0) + αt, (1.30)

θ(t) = θ(0) + ω(0)t+1

2αt2. (1.31)

1.5.7. Derivadas de los vectores unitarios

En muchos sistemas de coordenadas si el punto se mueve, los vectores uni-tarios cambian de dirección y son por lo tanto vectores variables. Se mantieneconstante su magnitud solamente.

θ

n

e

de/dt

Si un vector unitario e como el de la figura varía con el tiempo porque elángulo θ varía con el tiempo, entonces su derivada es la velocidad de supunta. Si recuerda la última nota de la sección anterior, la derivada puedeser obtenida mediante el producto cruz θn× e o sea

de

dt= (θn)× e

Si hay más ángulos variables debemos sumar vectorialmente los cambios ob-teniendo

de

dt=³θn+ φm+ · · ·

´× e = ω × e (1.32)


Donde ω se denomina la velocidad angular del movimiento de e. Los vectoresunitarios n, m son perpendiculares a los planos donde se definen los ángulos.

1.5.8. Velocidad y aceleración en coordenadas esféricas

rθ

φ

r

φ

θ

Figura 1.11:

Las coordenadas esféricas son: r la distancia al origen, θ el ángulo polary φ el ángulo azimutal. Como el vector posición es

r = rr,

el cálculo de la velocidad y de la aceleración requiere derivar los vectoresunitarios, lo cual es más fácil realizar con lo explicado anteriormente, ecuación(1.32).En efecto para coordenadas esféricas

ω = φk + θφ

y comok = cos θr − sin θθ

tenemos que

ω = φ(cos θr − sin θθ) + θφ (1.33)

20 Cinemática

luego

dr

dt=

³φ(cos θr − sin θθ) + θφ

´× r (1.34)

dθ

dt=


´× θ

dφ

dt=


´× φ

y haciendo los productos cruz se obtiene

dr

dt= φφ sin θ + θθ

dθ

dt= φ cos θφ− θr

dφ

dt= −φ(cos θθ + sin θr)

1.5.9. Velocidad

v =d

dtrr (1.35)

= rr + r(φφ sin θ + θθ)

= rr + rφφ sin θ + rθθ

v2 = r2 + r2 sin2 θφ2+ r2θ

2(1.36)

1.5.10. Aceleración

Omitimos los detalles, pero los resultados son los siguientes:

ar = r − rθ2 − rφ

2sin2 θ (1.37)

aθ = rθ + 2rθ − rφ2sin θ cos θ

aφ = 2rφ sin θ + 2rθφ cos θ + rφ sin θ


1.5.11. Vectores unitarios esféricos

Puede ser de interés relacionar con los vectores unitarios cartesianos. Paraello la siguiente figura es más apropiada

rθ

φ

r

φ

θ

φθ

θ

φ

x

y

z

Los vectores r y θ tienen evidentemente proyecciones en el eje z y en ladirección cosφı+ sinφj, de modo que resultan

r = sin θ(cosφı+ sinφj) + cos θk,

θ = cos θ(cosφı+ sinφj)− sin θk,

y el otro tiene sólo componentes en el plano xy

φ = − sinφı+ cosφj.

1.5.12. Coordenadas cilíndricas

Las coordenadas cilíndricas son: la altura z sobre el plano OXY , la dis-tancia ρ de la proyección del punto en el plano OXY al origen y el ánguloque forma la línea del origen a la proyección con el eje OX.Como hay un sólo ángulo variable, la velocidad angular resulta

ω = φk,

y el vector posición es

r = ρρ+ zk.

22 Cinemática

z

φ

φ

ρ

ρ

k

Figura 1.12:

Calculemos las derivadas de los vectores unitarios

dρ

dt= φk × ρ = φφ,

dφ

dt= φk × φ = −φρ,

de modo que derivando el vector posición resulta

v =d

dt(ρρ+ zk), (1.38)

= ρρ+ ρd

dtρ+ zk,

= ρρ+ ρφφ+ zk,

y derivando el vector velocidad resulta para la aceleración

a =d

dt(ρρ+ ρφφ+ zk) (1.39)

= ρρ+ ρd

dtρ+ ρφφ+ ρφφ+ ρφ

d

dtφ+ zk

= ρρ+ ρφφ+ ρφφ+ ρφφ− ρφ2ρ+ zk

=³ρ− ρφ

2´ρ+

³2ρφ+ ρφ

´φ+ zk.


En resumen

vρ = ρ

vφ = ρφ

vz = z

aρ = ρ− ρφ2

aφ = 2ρφ+ ρφ

az = z

1.5.13. Coordenadas intrínsecas

Si una partícula se mueve sobre una curva dada, la posición del puntoserá una función de la longitud de arco s medida desde un origen arbitrarioO0 en la curva hasta la posición P del punto en tiempo t, es decir

r(t) = r(s(t)). (1.40)

Aquí

X

Z

YO

r

O'Ps

T

N

Figura 1.13:

T (s) representa al vector unitario tangente a la trayectoria en el lugardonde está la partícula móvil.

N(s) representa al vector unitario normal a la trayectoria y hacia elcentro de curvatura,en el lugar donde está la partícula móvil

24 Cinemática

Puede demostrarse (vea apéndice) que la velocidad y aceleración estándadas por

v =dr

dt=

ds

dt

dr

ds= sT = vT . (1.41)

y

a = sT +s2

ρN =

dv

dtT +

v2

ρN, (1.42)

y para movimientos en un plano, es suficiente considerar

T =v

v,

yN = ±k × T ,

donde k es perpendicular al plano del movimiento y el signo debe elegirsede modo que N resulte hacia el centro de curvatura. El llamado radio decurvatura ρ puede calcularse si se conoce la trayectoria en forma cartesianay = y(x) mediante

ρ =(1 + y0(x)2)

3/2

|y00(x)| .

1.6. Resumen

Por su utilidad se presentan resumidamente los resultados para las com-ponentes de la velocidad y aceleración en los sistemas estudiados en la secciónanterior

polaresvr = r vθ = rθ

ar = r − rθ2

aθ = 2rθ + rθ

cilíndricasvρ = ρ vφ = ρφ vz = z

aρ = ρ− ρφ2

aφ = 2ρφ+ ρφ az = z

esféricasvr = r vθ = rθ vφ = rφ sin θ

ar = r − rθ2

aθ = rθ + 2rθ aφ = 2rφ sin θ + 2rθφ cos θ

−rφ2 sin2 θ −rφ2 sin θ cos θ +rφ sin θ

1.7 Movimiento de proyectiles 25

intrínsecasvT = |v| = v vN = 0aT = v aN = v2/ρ

1.7. Movimiento de proyectiles

El movimiento de proyectiles en la vecindad de la superficie terrestre, es uncaso de movimiento con aceleración constante. La aceleración de gravedades de magnitud constante g = 9,8m s−2, vertical y dirigida hacia abajo.

Entonces se tiene que

a =dv

dt= xı+ yj = −gj, (1.43)

donde el eje OY es vertical hacia arriba.

Nota 1.3 Se despreciarán efectos causados por el roce con el aire, los efectosque produce la rotación terrestre y la variación de la gravedad con la altura.

1.7.1. Análisis del movimiento

Si un objeto es lanzado desde una altura h del eje y con rapidez inicialv0 formando un ángulo α con la horizontal, ver figura 1.14, entonces se tieneque la aceleración del objeto está verticalmente dirigida hacia abajo. Si eleje Ox es horizontal y el eje Oy es vertical dirigido hacia arriba, entonces encomponentes se tiene que

x = 0,

y = −g,

de modo que por integración definida entre 0 y t, se obtiene que las compo-nentes de velocidad y posición son

x(t) = v0 cosα, (1.44)

x(t) = v0t cosα,

y(t) = v0 sinα− gt,

y(t) = h+ v0t sinα−1

2gt2,

26 Cinemática

h

Ox

yV0

α

Figura 1.14:

1.7.2. Ecuación de la trayectoria

Despejando el tiempo de x y reemplazando en y, o sea eliminando eltiempo entre las coordenadas de posición se obtiene

y = h+ x tanα− gx2

2v20 cos2 α

. (1.45)

que es la ecuación cartesiana de una parábola que en general tiene un máximopor ser el coeficiente de x2 negativo.

1.7.3. Angulo de disparo para dar en un blanco

Aquí responderemos la siguiente pregunta. Si un proyectil es disparadodesde un punto (0, h) con rapidez inicial dada v0 ¿es posible pasar por unpunto de coordenadas (x, y)? Para dar en un blanco a un punto (x, y) debe-mos averiguar si existe un ángulo de disparo adecuado. Este puede despejarsede la trayectoria, escrita en la forma


2v20(1 + tan2 α). (1.46)


Son conocidos x, y, h, g, v0 por lo cual tenemos una ecuación de segundogrado para tanα y cuya solución es

tanα =v20 ±

p(v40 − 2gyv20 + 2ghv20 − g2x2)

gx. (1.47)

Aparentemente habrían dos soluciones, pero la sección siguiente lo explicacon detalles.

1.7.4. Parábola de seguridad

La existencia del ángulo de disparo depende del signo de la cantidadsubradical. Si ella es positiva, hay dos ángulos. Si ella es negativa, las solu-ciones son complejas por lo que el punto (x, y) no es alcanzable. Si la cantidadsubradical en la expresión anterior es justo cero, estamos en la frontera dela región alcanzable por los disparos puesto que para puntos más lejanos lacantidad subradical es negativa. Entonces la ecuación de esa curva fronteraserá

v40 − 2gyv20 + 2ghv20 − g2x2 = 0,

de donde despejamos

y = h+v202g− 12

gx2

v20. (1.48)

Esta es la ecuación de una parábola, simétrica respecto al eje y, llama-da parábola de seguridad. Para llegar a puntos en el límite, o sea sobre laparábola de seguridad, el ángulo de disparo estará dado por (la cantidadsubradical es cero)

tanα =v20gx

. (1.49)

Aquí, x es la abcisa del punto donde la trayectoria toca tangente a la parábolade seguridad y α es el ángulo adecuado de disparo. Note que todas las posiblestrayectorias (parábola de disparo) tocan en forma tangente a la parábola deseguridad en algún punto.

28 Cinemática

h

α

O

Y

X

parábola de seguridad

parábola de disparo

Los conceptos de esta sección son especialmente útiles cuando se trata demaximizar el alcance de un proyectil en cualquier dirección. Por ejemplopara maximizar el alcance al nivel del suelo de un proyectil disparado desdeuna altura h, basta hacer y = 0 en la parábola de seguridad

h+1

2gv20 −

1

2

g

v20x2 = 0,

de aquí el alcance máximo será

x =v20g

s1 +

2gh

v20,

y el ángulo para lograrlo será

tanα =v20gx=

1q1 + 2gh

v20

< 1, (1.50)

menor de 45o a menos que h = 0.

1.7.5. Formulación alternativa (requiere más matemá-ticas)

Para una dada posición inicial del disparo y una dada rapidez, si variamoslos ángulos de disparo, tenemos una familia de trayectorias, las cuales semuestran en la figura que sigue para varios ángulos de disparo

y(x, α) = x tanα− gx2

2v20 cos2 α


0

1

2

3

4

5

y

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10x

Para realizar la gráfica hemos tomado g = 10ms−2 y v0 = 10ms−1

La envolvente de esa familia de curvas, que es tangente a todas las curvasde la familia, es la parábola de seguridad

f(x) =v202g− gx2

2v20.

0

1

2

3

4

5

y

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10x

f(x) = 5− x2

20

y(x, α) = x tanα− x2

20 cos2 α

Debe notarse que los puntos de tangencia en la parte positiva del eje x setienen para ángulos entre 0 y 90o. De hecho para α = 0 el punto de tangenciase tiene en x =∞. Para ángulos de disparo negativos, los puntos de tangencia

30 Cinemática

se producen a la izquierda del origen, como lo ilustra esta figura, hecha paralos mismos valores de la anterior y con un angulo α negativo.

-20

-15

-10

-5

0

5

-20 -10 10 20

Figura 1.15:

Matemáticamente, encontrar la curva envolvente de una familia de curvas,no es tan simple. La condición matemática es que donde se tocan la envol-vente f(x) con alguna curva de la familia y(x, α), ellas allí son tangentes, esdecir

y(x, α) = f(x),

y(x+ dx, α+ dα) = f(x+ dx)

∂y(x, α)

∂x=

df(x)

dx.

En la última ecuación se ha usado el símbolo de derivada parcial para dejarclaro que se deriva sólo respecto a x. Desarrollando mediante el teorema deTaylor, la segunda, para valores pequeños de dx y da

y(x, α) +∂y(x, α)

∂xdx+

∂y(x, α)

∂αdα = f(x) +

df(x)

dxdx.

Se cancelan los dos primeros y los dos segundos términos quedando comoúnica condición

∂y(x, α)

∂α= 0.

Para nuestro caso

y = x tanα− gx2

2v20 cos2 α

,


luego∂y(x, α)

∂α= x sec2 α− gx2

v20 cos3 αsinα = 0

debemos eliminar α. De la ecuación anterior reducimos

0 = 1− gx

v20tanα→ tanα =

v20gx

,

reemplazamos en y obtenemos

y = x tanα− gx2

2v20(1 + tan2 α)

=v20g− gx2

2v20(1 +

v40g2x2

),

esto es

y =v202g− gx2

2v20. (1.51)

Hemos encontrado la ecuación de la parábola de seguridad nuevamente.

1.7.6. Parábola de seguridad en forma polar

Recuerde que en coordenadas polares, la ecuación de una curva se expresacomo r = r(θ). Si colocamos el origen donde esta el cañón y elegimos al ejeOX como eje polar, tendremos en coordenadas polares

x = r cos θ,

y = r sin θ,

y si reemplazamos en (1.51) se obtiene

r sin θ =v202g− gr2 cos2 θ

2v20,

de donde podemos despejar r obteniendo (algo de álgebra)

r =v20

g (1 + sin θ), (1.52)

la forma polar de la parábola de seguridad. Esta forma es particularmenteútil para encontrar el alcance máximo r en una determinada dirección θ.

32 Cinemática

Y

θα

X

r

x

O

parábola seguridad

trayectoria

Por ejemplo podemos relacionar el ángulo de disparo α con el ángulo θ parael alcance máximo r. Recuerde que

tanα =v20gx

,

x = r cos θ,

entonces

tanα =v20gx=

v20gr cos θ

=1 + sin θ

cos θ.

Esta expresión puede simplificarse porque existe la identidad

1 + sin θ

cos θ= tan

µ1

4π +

1

2θ

¶,

luego obtenemos algo muy simple

α =1

4π +

1

2θ.

Esta expresión da los ángulos de disparo α para maximizar el alcance en unadirección arbitraria θ. Si θ = 0 entonces α = π

4, si θ = π

2entonces α = π

2.

Ejemplo 1.7.1 Un cañón emplazado al borde de un acantilado de altura hdispara proyectiles con rapidez inicial v0. En el mar un barco dispara pro-yectiles con rapidez v00. Establezca cuando al acercarse el barco al pie delacantilado, cual cañón es capaz de alcanzar al otro primero.


y'

x' x

h

d

Solución. Para el cañón del fuerte la parábola de seguridad es

y = h+v202g− gx2

2v20,

El eje Ox está al nivel del mar. Para el cañón del barco la parábola deseguridad es

y0 =v0202g− gx02

2v020

Supongamos que cuando la distancia horizontal es x = d, el fuerte es capazde alcanzar el barco, esto es la parábola de seguridad del fuerte, toca al barco,es entonces y = 0

0 = h+v202g− gd2

2v20,

en ese caso la parábola de seguridad del barco cuando x0 = d da un y0

y0 =v0202g− gd2

2v020,

ganará el fuerte si y0 < h (el fuerte queda fuera de la parábola de seguridaddel barco) o sea

y0 =v0202g− gd2

2v020< h

34 Cinemática

eliminamos

gd2 = (h+v202g)2v20

obteniendov0202g− (h+ v20

2g)v20v020

< h

reordenando y simplificando

h >1

2g(v020 − v20).

Ejemplo v00 = 700ms−1, v0 = 696m s

−1, g ' 10m s−2, ganará el fuerte si

h >7002 − 6962

20= 279. 2m

N

1.8. Movimiento relativo

Desde hace bastante tiempo (mucho antes de la teoría de la relatividad) seha reconocido que el movimiento es relativo. Si hay dos sistemas de referenciaque se mueven uno respecto al otro, entonces los observadores en ambossistemas determinarán posiciones relativas distintas y velocidades relativasdistintas y relacionadas entre sí según cual sea el movimiento de un sistemarespecto al otro. Primero analizaremos que ocurre si un sistema se considerafijo, y el otro se traslada sin rotaciones respecto al primero. Siguiendo aNewton, supondremos que el tiempo es absoluto, o sea que transcurre igualen ambos sistemas de referencia. (Desde Einstein, esto ha cambiado, veaapéndice)

1.8.1. Traslación de un sistema

La figura ilustra como están relacionadas las posiciones para sistemas dossistemas, figura (3.1), que se trasladan, uno respecto de otro, con velocidadrelativa vO0

r = rO0 + r0, (1.53)

perorO0 = vO0t,

1.8 Movimiento relativo 35

luegor0 = vO0t+ r0.

z

y

x

z'

y'

x'

O

O'r

r’

rO’

Figura 1.16: transformación de Galileo

De la relación entre posiciones, derivando respecto al tiempo se obtiene

v = vO0 + v 0, (1.54)

la llamada transformación de Galileo de velocidades. En el apéndice se dis-cute porqué esta transformación ha debido modificarse si las velocidades seacercan a la velocidad de la luz.

1.8.2. Movimiento general de un sistema

En general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleracionesy rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relaciones entre veloci-dades y aceleraciones de partículas son más complicadas. En el apéndice sedemuestra que

v = vO0 + ω × r 0 + v0, (1.55)

a = aO0 + α× r 0 + 2ω × v 0 + ω × (ω × r 0) + a 0, (1.56)

siendo α = dω/dt. Debe observarse que la velocidad y aceleración relativasson las derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo

36 Cinemática

fijas las direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indicapor

v rel =∂r 0

∂t, a rel =

∂v rel

∂t.

Estas son las expresiones necesarias para realizar el estudio dinámico de losmovimientos en sistemas de referencia que rotan. De hecho, nuestro propiosistema de referencia, la Tierra, tiene una rotación, respecto a su eje, prácti-camente constante y afortunadamente no muy alta. Una vuelta por día. Nose preocupe demasiado por esto, esto no se preguntará.

1.9. Ejercicios resueltos

Ejercicio 1.1 La posición de una partícula que se mueve sobre el eje OXde un sistema de coordenadas está dada

x(t) = 1 + 8t− 2t2,

donde la posición está en metros y el tiempo en segundos. Determine

a) La velocidad en t = 5 s.

b) La aceleración en t = 2 s.

c) El instante en que la partícula cambia su sentido de movimiento.

d) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 y t = 4 s.

e) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 4 s.

f) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 5 s.

Solución. Calculamos directamente

a) v(t) = dxdt= 8− 4t que evaluada en t = 5 da v(5) = −12m s−1

b) a(t) = dvdt= −4 constante por lo tanto a(2) = −4m s−2

c) Cuando v(t) = 8− 4t = 0 esto es cuando t = 2 s

d) ∆x = x(4)− x(0) = (1 + 8× 4− 2× 42)− 1 = 0m

1.9 Ejercicios resueltos 37

e) Notemos que partícula cambia sentido del movimiento cuando v(t) =8− 4t = 0 es decir en t = 2 s, por lo tanto

s = x(2)− x(0) + x(2)− x(4) = 16m

f) Similarmente

s = x(2)− x(0) + x(2)− x(5) = 26m

N

Ejercicio 1.2 Una partícula se mueve a lo largo del eje OX de un sistemade coordenadas con aceleración constante. En el instante inicial pasa por laposición x(0) = −10m con una velocidad v(0) = −20m s−1 y en t = 3 s suposición es x(3) = −52m. Determine

a) La posición de la partícula en función del tiempo x(t). (o ecuaciónitinerario)

b) El espacio recorrido por la partícula entre t = 3 s y t = 6 s.

c) La velocidad media entre t = 4 s y t = 7 s.

d) Los intervalos de tiempo en que la partícula se aleja del origen.

Solución. Si a indica la aceleración entonces

x(t) = x(0) + v(0)t+1

2at2

= −10− 20t+ 12at2

pero se sabe que x(3) = −52 por lo tanto

−52 = −10− 20× 3 + 12a× 32

de donde a = 4ms−2. Ahora podemos calcular las respuestas

a)x(t) = −10− 20t+ 2t2

38 Cinemática

b) Para saber el espacio recorrido debemos saber cuando cambia el sentidodel movimiento

v(t) = −20 + 4t = 0→ t = 5 s

que está dentro del intervalo (3, 6). Como inicialmente va hacia la iz-quierda

s = x(3)− x(5) + x(6)− x(5) = 10m

c) Tenemos que calcular

vm(4, 7) =x(7)− x(4)

7− 4 ,

pero podemos evaluar x(7) = −52m y x(4) = −58m luego

vm(4, 7) =−52 + 587− 4 = 2ms−1.

d) La partícula comienza a moverse hacia la izquierda hasta alcanzar sumínimo que ocurre en t = 5 s. Posteriormente cruza el origen nueva-mente cuando

−10− 20t+ 2t2 = 0→ t = 10. 477 s

Por lo tanto la partícula se aleja del origen en los intervalos de tiempo0 < t < 5 y t > 10,477 s

NEjercicio 1.3 El gráfico siguiente ilustra la variación de la velocidad v(t)de una partícula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadascon el tiempo. Si en t = 0 la partícula está en el origen del sistema, deter-mine

Vx m/s

t (s)O

1

2 3 4 5 6 7

8

9

30

15

-15


a) La aceleración de la partícula en t = 1 s.

b) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 s y t = 3 s.

c) La velocidad media de la partícula entre t = 4 s y t = 9 s.

d) La posición de la partícula en función del tiempo x(t) (ecuación itine-rario) en el intervalo de t = 0 s a t = 2 s.

e) Los intervalos de tiempo en que la partícula se dirige hacia el origen.

Solución. Es conveniente primero evaluar las aceleraciones (pendientesdel gráfico dado) en los tres tramos. Así resulta

a1 = −45

2m s−2, a2 = 0ms

−2, a3 =15

2m s−2

luego al utilizar la ecuación

x(t) = x(0) + v(0)t+1

2at2,

resulta x(t) para todo el recorrido

x(t) = x(0) + v(0)t+1

2a1t

2 = 30t− 454t2 para t 0 2

x(2) = 15m

x(t) = x(2) + v(2)(t− 2) + 12a2(t− 2)2 = 15− 15(t− 2) para 2 0 t 0 5

x(5) = −30m

x(t) = x(5) + v(5)(t− 5) + 12a3(t− 5)2

= −30− 15(t− 5) + 154(t− 5)2 para 5 0 t

luego las respuestas serán:

N

a) a(1) = −452ms−2

40 Cinemática

b) ∆x = x(3)− x(0) = 15− 15(3− 2) = 0

c)

vm =x(9)− x(4)

9− 4 =−30− 15(9− 5) + 15

4(9− 5)2 − (15− 15(4− 2))9− 4 = −3m s−1

d) x(t) = 30t− 454t2

e) la partícula parte alejándose del origen hacia la derecha hasta quev(t) = 30 − 45

2t = 0 o sea t = 4

3s. Luego se mueve hacia la izquier-

da acercándose al origen hasta que x(t) = 15 − 15(t − 2) = 0 o seahasta t = 3 s. Luego se alejará del origen nuevamente hasta que v = 0y esto ocurre si t = 7 s. De ahí se acercará hasta cuando lo cruce denuevo esto es cuando −30 − 15(t − 5) + 15

4(t − 5)2 = 0, con solu-

ción t = 7 + 2√3 = 10. 464 1 s. En consecuencia se acerca al origen si

43s < t < 3 s y 7 s < t < 10. 46 1 s

Ejercicio 1.4 En el gráfico de la figura están representadas las velocidadesde dos partículas A y B que se mueven a lo largo del eje OX de un sistemade coordenadas. Determine

Vx m/s

t (s)O

1 2 3

4

5 6 7 8 9

30

10

20

40A

B

a) La aceleración de B.


b) Espacio recorrido por A desde t = 0 hasta cuando B alcanza la veloci-dad vB = 30ms−1.

c) El desplazamiento de B en el intervalo de t = 0 s a t = 10 s.

d) La posición de la partícula A en función del tiempo t, si su posicióninicial es x(0) = 8m.

Solución. La aceleración de B es la pendiente de la curva vx vs t. Dadoque la curva es una recta ella resulta constante

axB =∆vx∆t

= −408= −8m s−2. (a)

La ecuación de la recta es

vxB(t) = 40− 8t.

De aquí se determina el instante en que el móvil B ´alcanza la velocidadvB = 30ms−1 → 40 − 8t = 30 y de aquí t = 10

8s = 1. 25 s. El espacio

recorrido por A en ese tiempo será

xA = 30t == 37. 5m. (b)

El desplazamiento de B es el área bajo la curva (la integral de vx)

∆xB =

Z 10

0

vxB(t)dt =

Z 10

0

(40− 8t)dt = 0. (c)

Si usted aún no sabe integrar, el área bajo la curva puede calcularla como lasuma de las áreas de dos triángulos, una positiva y la otra negativa

∆xB =1

240× 5− 1

240× 5 = 0m.

La posición de la partícula A es simplemente

xA(t) = xA(0) + vxAt

= 8 + 30t. (d)

N

42 Cinemática

Ejercicio 1.5 Dos partículas A y B se mueven con velocidad constante so-bre un mismo eje OX en sentido contrario de manera que en t = 0 cuandoB pasa por Q su velocidad es vB(0) = −5m s−1, A pasa por P con velocidadvA(0) = 6ms

−1. La distancia entre los puntos P y Q es 142m. Determinelas desaceleraciones constantes que deben aplicar ambas partículas para quese detengan simultáneamente justo antes de chocar.

P Q

142 (m)

Solución. De acuerdo a los datos (colocando el origen en P)

xA(t) = 142− 5t+ 12aAt

2,

vA(t) = −5 + aAt,

xB(t) = 6t− 12aBt

2,

vB(t) = 6− aBt

Note que los signos de las aceleraciones corresponden ambas a desaceleracio-nes de magnitud a. Ellas se detienen simultáneamente si

−5 + aAt = 0,

6− aBt = 0,

y ellas deben justo estar en la misma posición

xA = xB,

142− 5t+ 12aAt

2 = 6t− 12aBt

2

podemos reemplazar aAt = 5 y aBt = 6 obteniendo

142− 5t+ 125t = 6t− 1

26t

de donde

t =284

11= 25. 818 s,


y luego

aA =5

25. 818= 0,193 ms−2,

aB =6

25. 818= 0,232 ms−2

N

Ejercicio 1.6 Una partícula se mueve en la dirección positiva del eje OXcon una rapidez constante de 50m s−1 durante 10 s. A partir de este últimoinstante acelera constantemente durante 5 s hasta que su rapidez es 80m s−1.Determine:

a) La aceleración de la partícula en los primeros 10 s.

b) La aceleración de la partícula entre t = 10 s y t = 15 s.

c) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 s y t = 15 s.

d) La velocidad media de la partícula entre t = 10 s y t = 15 s.

Solución. Para el primer tramo

a) a = 0ms−2.

b) Aquí a es constante

a =∆v

∆t=80− 505

= 6ms−2.

c) El desplazamiento es el área bajo la curva (hágala) v(t). El resulta

∆x = 50× 15 + 125× 30 = 825m.

d) Esta es (área entre t = 10 hasta t = 15)

vm =x(15)− x(10)

5=50× 5 + 1

230× 5

5= 65ms−1.

44 Cinemática

N

Ejercicio 1.7 Un cuerpo en movimiento rectilíneo uniformemente acelera-do, recorre en los dos primeros segundo un espacio de 16,72m y durante losdos segundos siguientes un espacio de 23,46m. Determine

a) El espacio que recorre en los siguientes cuatro segundos.

b) La velocidad inicial.

c) La aceleración del cuerpo.

Solución. Por ser movimiento uniformemente acelerado colocando el ori-gen en la posición inicial

x(t) = v0t+1

2at2.

Del enunciado

x(2) = 16,72 = 2v0 + 2a,

x(4)− x(2) = 23,47 = 4v0 + 8a− (2v0 + 2a) = 2v0 + 6a,

de donde se obtienen (b) y (c)

v0 = 6. 673ms−1, a = 1. 688m s−2,

finalmente para calcular (a)

x(8)− x(4) = 67. 204m.

N

Ejercicio 1.8 Dos partículas A y B salen al mismo tiempo desde el ori-gen de un sistema de coordenadas moviéndose en el sentido positivo del ejeOX. La partícula A tiene una velocidad inicial de vA(0) = 18m s−1 y unaaceleración constante aA = 4ms−2, mientras que la partícula B tiene una ve-locidad inicial de vB(0) = 10m s−1 y una aceleración constante aB = 8ms−2.Determine el instante en que las partículas se encuentran nuevamente.


Solución. Podemos escribir

xA(t) = 18t+1

24t2,

xB(t) = 10t+1

28t2.

Las partículas se encuentran cuando xA = xB y de aquí

18t+1

24t2 = 10t+

1

28t2

con soluciones t = 0, y t = 4 s, la segunda sirve.

N

Ejercicio 1.9 En una carrera de 100m dos jóvenes A y B cruzan la metaempatados, marcando ambos 10,2 s. Si, acelerando uniformemente, A alcanzasu rapidez máxima a los 2 s y B a los 3 s y ambos mantienen la rapidezmáxima durante la carrera, determine:

a) Las aceleraciones de A y B.

b) Las rapideces máximas de A y B.

c) El que va adelante a los 10 s y la distancia que los separa en ese instante.

Solución. En general si t0 es el tiempo que dura la aceleración y V es lavelocidad constante final, tenemos que

x(t) =1

2at2, si t < t0 y

V = at0,

luego si X indica la distancia total a recorrer, el tiempo T que se emplea es

T = t0 +X − 1

2at02

V

T = t0 +X − 1

2at02

at0

46 Cinemática

para nuestro caso, como llegan empatados tenemos

T = (2) +100− 1

2aA(2)

2

aA(2)= 10,2,

T = (3) +100− 1

2aB(3)

2

aB(3)= 10,2

de donde despejamosaA = 5. 434 8m s

−2,

aB = 3. 831 4m s−2,

así resulta además

VA = aAt0A = 5. 434 8× 2 = 10. 870m s−1,

VB = aBt0B = 3. 831 4× 3 = 11. 494m s1,

Para la etapa de velocidad constante tenemos que

xA(t) =1

2aA(t

0A)2 + VA(t− t0A),

xB(t) =1

2aB(t

0B)2 + VB(t− t0B),

y reemplazando valores numéricos son

xA(t) =1

25. 434 8(2)2 + 10. 870(t− 2) = −10. 87 + 10. 87t,

xB(t) =1

23. 831 4(3)2 + 11. 494(t− 3) = −17. 241 + 11. 494t,

y para t = 10 s resultan

xA = −10. 87 + 10. 87t = 97. 83m,xB = −17. 241 + 11. 494t = 97. 699m,

luego va adelante A y la distancia que los separa es

∆x = 97. 83− 97. 699 = 0,131 m.


N

Ejercicio 1.10 Una partícula que se mueve en movimiento unidimensionalsobre el eje OX parte del origen con una velocidad inicial v(0) = 5ms−1 ydesacelera constantemente con una aceleración a = −10m s−2. Determinela posición máxima que alcanza sobre el eje de movimiento y la velocidadcuando pasa nuevamente por el origen.

Solución. Tenemos que

x(t) = 5t− 5t2,v(t) = 5− 10t,

ella cambia su sentido de movimiento (está en un máximo) cuando 5−10t = 0y de aquí t = 0,5 s. Para ese instante calculamos

xmaximo = 5(0,5)− 5(0,5)2 = 1. 25m.

Cuando pasa nuevamente por el origen x = 0 y de aquí 5t − 5t2 = 0, consolución t = 1 s. Para ese instante v(1) = 5− 10 = −5m s−1.

N

Ejercicio 1.11 Si una partícula en que se mueve en movimiento unidimen-sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad nula y aceleración cons-tante a, demuestre que las distancias recorridas en cada segundo aumentanen la proporción

1 : 3 : 5 : 7 : · · ·

Solución. Basta considerar que

x(t) =1

2at2,

Así la distancia recorrida entre t = n y t = n+ 1 será

∆xn =1

2a(n+ 1)2 − 1

2an2 =

1

2a(2n+ 1)

o sea están en la proporción 1 : 3 : 5 : 7 : · · ·

N

48 Cinemática

Ejercicio 1.12 Si una partícula que se mueve en movimiento unidimen-sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad V0 y desacelera conaceleración constante −a, demuestre que la partícula regresará al origen enun tiempo

t =2V0a.


x = V0t−1

2at2,

luego haciendo x = 0 resulta V0t− 12at2 = 0, y de aquí

t = 2V0a.

N

Ejercicio 1.13 Dos partículas A y B que se mueven en movimiento unidi-mensional sobre el eje OX parten del origen. La partícula A parte en t = 0con velocidad VA(0) = 10m s−1. La partícula B parte en t = 1 s con velo-cidad VB(1) = −10m s−1. Ambas desaceleran con aceleración de magnituda = 6ms−2. Determine la máxima distancia entre ellas antes que se crucen.

Solución. Para t > 1 tendremos

xA(t) = 10t− 3t2,xB(t) = −10(t− 1) + 3(t− 1)2.

Note que desaceleraciones significan aceleraciones contrarias a la velocidadinicial. La distancia que las separa es xA − xB es decir

∆x = 10t− 3t2 − (−10(t− 1) + 3(t− 1)2) = 26t− 6t2 − 13.

Su máximo se logra derivando ∆x respecto al tiempo e igualando a cero

26− 12t = 0,

de donde t = 2. 166 7 s y para ese tiempo el máximo será

∆x = 26t− 6t2 − 13 = 15. 167m.


N

Ejercicio 1.14 Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza unapartícula con rapidez v0 formando un ángulo de 37o con la horizontal y cho-ca al cabo de 3 s con una pared en el punto (x, y). Si se cambia el ángulo delanzamiento a 53o con la horizontal, manteniendo la misma rapidez de lanza-miento v0, la partícula impacta la pared en el punto (x, y+7). a) Determinarel tiempo que demora el proyectil lanzado a 53o sobre la horizontal en llegara la pared. b)Determine la rapidez de lanzamiento de la partícula.

Solución. Recordando que

x = v0t cosα

y = v0t sinα−1

2gt2,

la condición del problema puede escribirse

x = 3v0 cos 37

y = 3v0 sin 37−1

210(3)2,

y

x = v0t cos 53

y + 7 = v0t sin 53−1

210t2,

Eliminando x e y se obtiene

v0t cos 53 = 3v0 cos 37,

3v0 sin 37− 38 = v0t sin 53− 5t2.

De la primera

t =3 cos 37

cos 53= 3. 98 ≈ 4 s,

y de la otra

v0 =38− 5t2

3 sin 37− t sin 53= 30. 0m s−1

50 Cinemática

N

Ejercicio 1.15 Por un tubo de diámetro despreciable ubicado en el suelo,sale un chorro de agua en un ángulo de 45o con la horizontal (dentro del tubolas partículas de agua tienen distintas velocidades). El grueso del agua formaen el suelo un charco aproximadamente circular de radio 2,2m cuyo centrose encuentra ubicado a 12,2m del origen. Determine entre que valores varíala rapidez con que sale el grueso del agua por el tubo despreciando las fuerzasviscosas.

Solución. De

x = v0t cosα

y = x tanα− gx2

2v20 cos2 α

,

cuando y = 0 (punto de caída) se obtiene

x =2v20 sinα cosα

g.

Si α = 45o ello se simplifica a

x =v20g,

o bienv0 =

√gx.

Pero de los datos se sabe que 12,2−2,2 < x < 12,2+2,2 y para los extremos

v0 =√10× 10 = 10m s−1,

v0 =p10× 14,4 = 12,0m s−1

N

Ejercicio 1.16 Una partícula en t = 0 pasa por el origen de un sistema decoordenadas fijo en el espacio con velocidad v0 = 2ı − k ms−1 moviéndoseen el espacio con una aceleración que en cualquier instante está dada por laexpresión a(t) = tı− j ms−2. Determine en t = 2 s: a) Los vectores posicióny velocidad de la partícula. b) Las componentes tangencial y normal de laaceleración.


Solución. Dea(t) = tı− j,

integrando dos veces se deduce que

v(t) = 2ı− k + (t2

2ı− tj),

r(t) = (2ı− k)t+ (t3

6ı− t2

2j),

si t = 2

r(2) = (2ı− k)2 + (4

3ı− 2j) = (16

3,−2,−2),

v(2) = 2ı− k + (2ı− 2j) = 4ı− 2j− k = (4,−2,−1)

Para evaluar las componentes tangencial y normal, determinemos

T (2) =v

v=(4,−2,−1)√

21

por lo tantoaT = a(2) · T (2),

pero a(2) = (2,−1, 0), calculando resulta

aT =10√21= 2. 18m s−2,

y

aN =qa2 − a2T =

p5− 2,182 = 0,49m s−2

N

Ejercicio 1.17 Un tanque se desplaza con velocidad constante de 10ı ms−1

por una llanura horizontal. Cuando t = 0, lanza un proyectil que da en elblanco a 9 km. Si la inclinación del cañón respecto de la horizontal es 37o,determine la rapidez con que sale el proyectil respecto del cañón.

52 Cinemática

Solución. Podemos escribir (g = 10ms−2)

x = 9000 = (v0 cos 37 + 10)t,

y = v0t sin 37− 5t2 = 0,

de la segunda

t =v0 sin 37

5,

reemplace en la primera

9000 = (v0 cos 37 + 10)v0 sin 37

5

tomando sin 37 = 0,6, y cos 37 = 0,8

9000 = 0,096 v20 + 1. 2v0

cuya solución positiva es v0 = 300,0m s−1

N

Ejercicio 1.18 Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza unproyectil en dirección de un objeto situado en la posición (2h;h). Al momentode lanzar el proyectil, se suelta el objeto que cae por efecto de la gravedad.Determine en función de h la separación entre el proyectil y el objeto cuandoel proyectil haya recorrido horizontalmente una distancia h.

Solución. Para el proyectil

xP = v0t cosα

yP = v0t sinα−1

2gt2,

donde tanα = 1/2. Para el objeto

xO = 2h,

yO = h− 12gt2.


Cuando xP = v0t cosα = h, entonces

xP = h,

yP = h tanα− 12g(

h2

v20 cos2 α),

xO = 2h,

yO = h− 12g(

h2

v20 cos2 α)

la distancia será d =p(xP − xO)2 + (yP − yO)2 =

qh2 + (h

2)2 = 1

2

√5h

N

Ejercicio 1.19 Desde un barco que se mueve a 20 kmh−1 se ve a otro barcoque está a 20 km cruzando su trayectoria perpendicularmente con una rapidezde 15 kmh−1. ¿ Después de cuánto tiempo la distancia que separa los barcoses mínima?

Solución. Respecto a un sistema cartesiano, las coordenadas de los dosbarcos pueden escribirse

x1 = 0,

y1 = 20t,

x2 = 15t,

y2 = 20,

de modo que la distancia en función del tiempo será

d =p(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 =

p(15t)2 + (20t− 20)2

= 5p(25t2 − 32t+ 16)

Un polinomio de segundo grado tiene un mínimo en el punto medio entresus raíces que son

t1 =16

25+12

25i, t2 =

16

25− 1225

i,

o sea el tiempo es

t =16

25= 0,64 h

54 Cinemática

N

Ejercicio 1.20 Una partícula A es lanzada sobre una línea recta horizontalcon cierta velocidad. Su aceleración es constante. Un segundo más tarde ydesde el mismo lugar otra partícula B es lanzada tras la primera con unavelocidad igual a la mitad de la de A y una aceleración el doble de A. CuandoB alcanza a A, las rapideces son 22m s−1 y 31m s−1 respectivamente. Calculela distancia que las partículas han viajado.

Solución. Suponiendo el movimiento sobre el eje OX tenemos

xA = vt+1

2at2,

xB = (1

2v)(t− 1) + 1

2(2a)(t− 1)2,

vA = v + at,

vB = (1

2v) + (2a)(t− 1).

Al igualar las distancias y simplificar

1

2vt = −1

2v +

1

2at2 − 2at+ a

además

vA = v + at = 22

vB = (1

2v) + (2a)(t− 1) = 31

Es un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas cuyas soluciones sona = 5,0m s−2, t = 4,0 s, v = 2,0m s−1 y la distancia resulta

d = vt+1

2at2 = 48,0m

N

Ejercicio 1.21 La velocidad de una partícula en el movimiento rectilíneodecrece desde 15m s−1 a una velocidad que tiende a cero, cuando x = 30mtal como lo muestra la figura. Demuestre que la partícula nunca alcanzará los30m y calcule la aceleración cuando x = 18m.


Vx m/s

x (m)O

30

15

Solución. La función lineal del gráfico corresponde avx15+

x

30= 1,

de donde tenemosdx

dt+1

2x = 15,

t =

Z x

0

dx

15− 12x= 2 ln 30− 2 ln (30− x) ,

que tiende a infinito si x→ 30. Cuando x = 18

t = 2 ln 30− 2 ln (30− 18) = 1. 83 s,

la rapidez resulta

vx = 15−1

218 = 6ms−1,

y la aceleración será (derivando)

ax = −1

2vx = −3m s−2.

N

Ejercicio 1.22 Una partícula se mueve a lo largo de la curva r = 3θ talque θ = 2t3 donde t se mide en segundos, r en metros y θ en radianes.Determine la velocidad y la aceleración de la partícula en coordenadas polarespara θ = 0,2 rad.

56 Cinemática

Solución. Sabemos que

v = rr + rθθ,

a = (r − rθ2)r + (2rθ + rθ)θ,

siendo r = 6t3, r = 18t2, r = 36t, θ = 6t2, θ = 12t y el tiempo dado de

2t3 = 0,2,

t = 0,464 s

t = 0,464r = 18t2 = 3. 87rθ = (6t3)(6t2) = 0,77

v = 3,875r + 0,774θ

(r − rθ2) = 36t− (6t3)(6t2)2 = 15. 704

(2rθ + rθ) = 2(18t2)(6t2) + 6t3(12t) = 13. 349

a = 15. 704r + 13. 349 θ

N

Ejercicio 1.23 Desde una altura de 20m, con respecto al eje X de un sis-tema de coordenadas ubicado en Tierra, se lanza una partícula A con unarapidez de 50m s−1 y formando un ángulo de 30o con la horizontal. Simul-táneamente y desde la posición X = 200m se dispara verticalmente haciaarriba un proyectil B de modo que cuando la partícula A llega a Tierra, elproyectil B está en su altura máxima. Calcular: a)el tiempo transcurrido paraque la distancia que separa A de B sea mínima; b)la velocidad relativa de Arespecto a B en ms−1.

Solución. Usando g = 10ms−2 de

xA = 50t cos 30 = 25√3t

yA = 20 + 50t sin 30− 5t2 = 20 + 25t− 5t2,xB = 200,

yB = vB(0)t− 5t2.


El tiempo para que la partícula A llegue a la Tierra (yA = 0) se obtiene de

20 + 50t sin 30− 5t2 = 0

y resulta t = 5. 70 s. Para ese tiempo debe ser vB(t) = 0, entonces

vB(0)− 10t = vB(0)− 10× 5,70 = 0

de dondevB(0) = 57,0m s

−1.

LuegoyB(t) = 57t− 5t2.

La distancia entre los dos objetos será

d =p(xA − xB)2 + (yA − yB)2

y reemplazando las coordenadas

xA − xB = 25√3t− 200,

yA − yB = 20 + 25t− 5t2 − (57t− 5t2)= 20− 32t

luego

d =

q(25√3t− 200)2 + (20− 32t)2

=

q2899t2 − 10 000

√3t+ 40 400− 1280t.

El mínimo ocurre en el punto medio entre las raíces de 2899t2− 10 000√3t+

40 400− 1280t = 0, que son: t = 3. 208 + 1. 909i yt = 3. 208 −1. 909i, de modo que el tiempo es t = 3,21 s. En este instante

las velocidades son

vA = (25√3, 25− 10t)

= (25√3, 25− 32,1)

vB = (0, 57− 32,1)

y la velocidad relativa resulta

vA − vB =³25√3,−32,0

´= (43. 30,−32,0)

58 Cinemática

N

Ejercicio 1.24 Un cañón está montado sobre un promontorio de altura h.Se dispara un proyectil con una rapidez v0 y ángulo de elevación α. Demuestreque el alcance horizontal d, distancia a lo largo del plano horizontal que pasapor la base del promontorio, es:

d =v0 cosα

g

∙v0 sinα+

qv20 sin

2 α+ 2gh

¸.

Solución. La ecuación de la trayectoria es


2v20 cos2 α

,

y cuando y = 0 debemos despejar x de una ecuación de segundo grado,resultando

x = d =tanα±

qtan2 α+ 4gh

2v20 cos2 α

gv20 cos

2 α

=v20 cos

2 α

g(tanα±

stan2 α+

2gh

v20 cos2 α)

=v0 (cosα)

g(v0 sinα±

q¡v20 sin

2 α+ 2gh¢)

N

Ejercicio 1.25 Un cañón es montado sobre un promontorio de altura h. Sedispara un proyectil con una rapidez de salida v0. Demuestre que el alcancehorizontal d es máximo cuando el ángulo de elevación es:

α = sin−1

sv20

2v20 + 2gh.

Solución. La ecuación de la parábola de seguridad es

y = h+v202g− gx2

2v20,


y para llegar a puntos sobre la parábola de seguridad

tanα =v20gx

.

Luego, el alcance máximo x al nivel del suelo se despeja haciendo y = 0 demodo que

0 = h+v202g− gx2

2v20,

x =q(v20 + 2gh)

v0g,

resultando

tanα =v20gx=

v20

gp(v20 + 2gh)

v0g

=v0p

(v20 + 2gh),

y

sinα =

v0q(v20+2gh)q1 +

v20v20+2gh

=v0p

(2v20 + 2gh),

que prueba el resultado.

N

Ejercicio 1.26 Una partícula es lanzada al espacio de modo que su alcancesobre el plano horizontal es R y su máxima altura h. Demuestre que el, alcancehorizontal máximo, con la misma rapidez de salida v0, es:

2h+R2

8h.

Solución. Sabemos que el alcance horizontal y altura máxima son

R =2v20 cosα sinα

g,

h =v20 sin

2 α

2g,

60 Cinemática

y que el máximo alcance horizontal es

Rmax =v20g.

Debemos eliminar α entre las dos primeras, así

sinα =

s2gh

v20,

reemplazamos en la primera

R =2v20 cosα sinα

g=

=2v20g

s2gh

v20

vuut1− (s2ghv20)2

= 2√2√h

sµv20g− 2h

¶,

luegoR2

8h=

v20g− 2h,

y finalmente

Rmax =v20g= 2h+

R2

8h.

N

Ejercicio 1.27 Se monta un cañón sobre la base de un plano inclinado queforma un ángulo β con la horizontal. Este cañón dispara un proyectil hacia laparte superior del plano, siendo el α ángulo que forma la velocidad de salidadel proyectil con el plano. Calcule el ángulo de elevación del plano para queel proyectil impacte sobre el plano inclinado paralelamente a la horizontal.

Solución. La ecuación de la trayectoria es con α0 ángulo de disparo res-pecto a la horizontal

y = x tanα0 − gx2

2v20 cos2 α0

,


y cuandoy = x tanβ,

impacta al plano inclinado. En esa coordenada debe ser

dy

dx= tanα0 − gx

v20 cos2 α0

= 0.

De las dos primeras resulta

tanα0 − gx

2v20 cos2 α0

= tanβ.

De la tercera despejamos x y reemplazamos en la última

x =v20 cosα

0 sinα0

g,

luego

tanα0 − g

2v20 cos2 α0

v20 cosα0 sinα0

g= tanβ,

1

2tanα0 = tanβ.

Pero α0 = α+ β de manera

tan(α+ β) = 2 tanβ,

tanα+ tanβ

1− tanα tanβ = 2 tanβ

de donde

tanβ =1

4 tanα

µ1−

q(1− 8 tan2 α)

¶.

Hay solución sólo si 8 tan2 α < 1, por ejemplo para tanα = 1/√8, resulta

α = 0,339 8, tanβ =√84= 1

2

√2 = 0,707,

β = 0,615, α0 = 0,339 8 + 0,615 = 0,9548.

N

Ejercicio 1.28 Un proyectil se dispara con rapidez inicial v0, y ángulo deinclinación variable. ¿Para qué ángulo el alcance del proyectil será máximoa lo largo de la recta y = x tan θ ?.

62 Cinemática

Solución. Tenemos la ecuación de la parábola de seguridad

y =v202g− gx2

2v20,


tanα =v20gx

.

Además debe sery = x tan θ.

De la primera y la tercera

v202g− gx2

2v20= x tan θ,

de donde

x =

µ− tan θ +

q(tan2 θ + 1)

¶v20g,

y luego

tanα =v20gx=

1

− tan θ +p(tan2 θ + 1)

= tan θ + sec θ,

que prueba el resultado. Sin embargo hay un resultado más simple. Enefecto de la identidad

tanθ

2=1− cos θsin θ

resulta

tanθ + π

2

2=1 + sin θ

cos θ= tan θ + sec θ,

luego

tanα = tanθ + π

2

2,

de donde

α =π

4+

θ

2.

Por ejemplo si θ = 0→ α = π4, θ = π

2→ α = π

2.


N

Ejercicio 1.29 Un aeroplano que vuela horizontalmente a 1 km de alturay con una rapidez de 200 km h−1, deja caer una bomba contra un barco queviaja en la misma dirección y sentido con una rapidez de 20 km h−1. Pruebeque la bomba debe soltarse cuando la distancia horizontal entre el avión y elbarco es de 705m (considere g = 10ms−2).

Solución.Colocando el origen al nivel del mar, bajo el avión en el instantede soltar la bomba, tenemos (1 km h = 1000/3600 = 5

18= 0,278m s−1)

xP = 200× 10003600

t,

yP = 1000− 5t2,

xB = d+ 20× 10003600

t,

yB = 0.

Para dar en el blanco, igualamos

200× 10003600

t = d+ 20× 10003600

t,

1000− 5t2 = 0,

de la últimat =√200 s

y de la anterior

d = (200× 10003600

− 20× 10003600

)√200 = 707,1m

N

Ejercicio 1.30 Se deja caer una pelota verticalmente sobre un punto A deun plano inclinado que forma un ángulo de 20o con un plano horizontal. Lapelota rebota formando un ángulo de 40o con la vertical. Sabiendo que elpróximo rebote tiene lugar en B a distancia 10m de A más abajo del plano,calcule:

a) el módulo de la velocidad con la cual rebota la pelota en A,

64 Cinemática

b) el tiempo transcurrido desde que la pelota rebota en A hasta que lapelota rebota en B.

Solución. De acuerdo a la figura tenemos

10 m

20ºx

y 100 m/s

B

40º

50º

y = x tan 50− gx2

2v20 cos2 50

,

poniendo la condición que pase por B con coordenadas xB = 10 cos 20, yB =−10 sin 20, debemos despejar v0

−10 sin 20 = 10 cos 20 tan 50− g(10 cos 20)2

2v20 cos2 50

,

v0 =

s5g(cos 20) sec2 50

(tan 50 + tan 20).

El tiempo lo obtenemos de xB = v0(cos 50)tB resultando

tB =10 cos 20

v0(cos 50)=10 cos 20

(cos 50)

s(tan 50 + tan 20)

5g(cos 20) sec2 50= 10

scos 20

(tan 50 + tan 20)

5g

N

Ejercicio 1.31 Si el alcance máximo horizontal de un proyectil es R, calcu-lar el ángulo α que debe usarse, con la misma rapidez de lanzamiento, paraque el proyectil impacte en un blanco situado al mismo nivel de lanzamientoy a una distancia R/2.



R =2v20 cosα sinα

g, Rmax =

v20g,

Si Rmax = R/2 entonces

sin 2α =1

2, 2α = 30o, α = 15o.

N

Ejercicio 1.32 Una partícula se mueve a lo largo de una parábola y = x2

de tal manera que para todo instante se cumple que vx = 3ms−1. Calcule lavelocidad y aceleración de la partícula cuando x = 2/3m.

Solución. Este problema requiere de conocimientos de cálculo. En efectosabemos que

dx

dt= 3, y = x2,

derivando la segundady

dt= 2x

dx

dt= 6x,

derivando de nuevo,d2x

dt2= 0,

d2y

dt2= 6

dx

dt= 18,

la aceleración ha resultado constante

a = (0, 18)m s−2.

Para x = 2/3 resulta y = 4/9 y la velocidad

v = (3, 12/3) = (3, 4)m s−1.

N

Ejercicio 1.33 Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo a la ley:ax = −4 sin t; ay = 3 cos t. Se sabe que cuandot = 0, x = 0; y = 3; vx = 4;vy = 0. Encuentre la expresión cartesiana de la trayectoria y además calculela velocidad cuando t = π/4. Exprese sus magnitudes en unidades SI.

66 Cinemática


d2x

dt2= −4 sin t, d2y

dt2= 3 cos t,

integrando dos veces con las condiciones iniciales dadas resulta

dx

dt= 4 + 4(cos t− 1) = 4 cos t,

dy

dt= 3 sin t,

x = 4 sin t,

y = 3− 3(cos t− 1) = 6− 3 cos t,

Eliminando el tiempo resulta la ecuación de la trayectoria

x2

16+ (

y − 63)2 = 1.

La velocidad esv = (4 cos t, 3 sin t)

y en t = π/4

v = (2√2,3

2

√2) = (2. 83, 2. 12) m s−1

N

Ejercicio 1.34 Una partícula se mueve sobre el plano XY de manera quesus coordenadas están dadas por x = t; y = t3/6, siendo t la variable inde-pendiente tiempo. Determine para t = 2 s la magnitud de la aceleración, lascomponentes normal y tangencial de la aceleración y el radio de curvaturade la trayectoria en dicho instante.

Solución. Tenemos

x = t, y =t3

6,

derivando dos veces

vx = 1, vy =t2

2,


ax = 0, ay = t,

El vector unitario tangente es

T =v

v=

(1, t2

2)q

1 + t4

4

.

En t = 2 s calculamos

vx = 1, vy = 2,

ax = 0, ay = 2,

T =(1, 2)√5

luego

a = 2ms−2,

v =√5m s−1

aT = a · T = ayTy = 2×2√5= 1. 79m s−2,

aN =qa2 − a2T =

2

5

√5 = 0,89m s−2,

ρ =v2

aN=5

2

√5 = 5. 59m.

N

Ejercicio 1.35 Una partícula se mueve describiendo una circunferencia deacuerdo a la ley s = t3 + 2t2, donde s se mide en metros y t en segundos. Sila magnitud de la aceleración de la partícula es 16

√2 m s−2 cuando t = 2 s,

calcule el radio de la circunferencia.

Solución. De los datos

s = Rθ = t3 + 2t2,

de donde

θ =3t2 + 4t

R, θ =

6t+ 4

R

68 Cinemática

La aceleración en polares tiene las dos componentes

a = (−Rθ2, Rθ) = (−(3t2 + 4t)2

R, 6t+ 4),

si t = 2 s

a =

µ−400

R, 16

¶,

y se sabe que la magnitud esr4002

R2+ 162 = 16

√2,

de dondeR = 25m.

N

Ejercicio 1.36 (1) Una partícula describe una trayectoria dada por las si-guientes ecuaciones paramétricas: x = t; y = t2/2. Determinar la curva y elradio de curvatura.

Solución. Elimine el tiempo y se obtiene la curva

y =1

2x2.

El radio de curvatura es

ρ =(1 + y02)

3/2

|y00| = (1 + x2)3/2 = (1 + t2)3/2.

N

Ejercicio 1.37 Dada la curva: x = t; y = t2; calcular:a) la curvatura K,b) el radio de curvatura en el punto (

√a; a)) .

Solución. Similarmente resulta

y = x2,

ρ =(1 + y02)

3/2

|y00| =(1 + 4x2)

3/2

2,

K =1

ρ=

2

(1 + 4x2)3/2,


y en x =√a

ρ =(1 + 4a)3/2

2.

N

Ejercicio 1.38 Demuestre que la curvatura de la elipse x2/a2 + y2/b2 = 1es:

K =a4b

[a2 (a2 − x2) + b2x2]32

.

Solución. Es conveniente derivar en forma implícita

x

a2+

yy0

b2= 0,

y0 = −b2x

a2y,

y00 = − b2

a2y+

b2x

a2y2y0 = − b2

a2y− b2x

a2y2b2x

a2y

= − b2

a2y− b4x2

a4y3.

Luego

K =|y00|

(1 + y02)3/2

=b2

a2y+ b4x2

a4y3

(1 + b4x2

a4y2)3/2

=a2b2 (a2y2 + b2x2)

(a4y2 + b4x2)32

perox2/a2 + y2/b2 = 1 =⇒ b2x2 + a2y2 = a2b2,

luego

K =a4b4

(a4y2 + b4x2)32

=a4b

(a2(a2 − x2) + b2x2)32

.

N

Ejercicio 1.39 (1) La aceleración de una partícula es: a = 2e−tı+5cos t j.En el instante t = 0 se encuentra en el punto P (1; 3) siendo su velocidadv = 4ı− 3j. Encuentre su posición y velocidad para cualquier instante t > 0.

70 Cinemática


dv

dt= 2e−tı+ 5cos t j,

integrando con las condiciones iniciales dadas

v = 4ı− 3j+ 2(1− e−t)ı+ 5 sin t j

=¡6− 2e−t

¢ı+ (5 sin t− 3) j.

Integrando de nuevo

r = ı+ 3j+¡6t− 2(1− e−t)

¢ı+ (5(1− cos t)− 3t) j

= (2e−t + 6t− 1)ı+ (8− 5 cos t− 3t)j.

N

Ejercicio 1.40 Una partícula se mueve sobre una trayectoria tal que suvector de posición en cualquier instante es: r = tı + t2

2j + tk . Determine:

a)la velocidad, b)la rapidez c)la aceleración, d)la magnitud de la aceleracióntangencial y e)la magnitud de la aceleración normal.

Solución. De

r = tı+t2

2j+ tk,

derivando dos veces

v = ı+ tj+ k = (1, t, 1),

v =√2 + t2,

a = j.

El vector unitario tangente es

T =v

v=(1, t, 1)√2 + t2

,

por lo tanto

aT = a · T = t√2 + t2

,

aN =qa2 − a2T =

r1− t2

2 + t2=

r2

2 + t2.


N

Ejercicio 1.41 Una partícula se mueve en el plano XY de tal manera que:ax = 4pe

4t y vy = 2πq cos 2πt donde p y q son constantes positivas. Cuandot = 0; x = p/4; y = 0; vx = p. Determinar: a)el vector posición, el vectorvelocidad y el vector aceleración de la partícula en función del tiempo; b)latrayectoria de la partícula.


ax =dvxdt

= 4pe4t,

vy =dy

dt= 2πq cos 2πt.

Para la aceleración derivamos la segunda

ay = −4π2q sin 2πt,

luegoa = (4pe4t,−4π2q sin 2πt).

Para la velocidad debemos integrar la primera

vx = p+

Z t

0

4pe4tdt = pe4t,

por lo tanto la velocidad es

v = (pe4t, 2πq cos 2πt).

Integramos de nuevo

r =p

4ı+ (

1

4pe4t − 1

4p, q sin 2πt) = (

1

4pe4t, q sin 2πt).

Para obtener la trayectoria debemos eliminar t entre

x =1

4pe4t,

yy = q sin 2πt,

obteniendoy = q sin(

π

2ln4x

p)

72 Cinemática

N

Ejercicio 1.42 Una partícula se mueve en el plano XY describiendo la cur-va y = lnx; calcule: a) la rapidez en función de x y x , b) la magnitud dela aceleración en función de x , x y x , c)si x = c , calcule en x = a, lasmagnitudes de la aceleración tangencial y normal.

Solución. Dey = lnx,

se obtiene

y =1

xx,

y =1

xx− 1

x2x2,

de modo que

v =px2 + y2 =

rx2 + (

1

xx)2 = x

r1 +

1

x2.

a =px2 + y2 =

rx2 + (

1

xx− 1

x2x2)2.

Si x = c entonces x = 0 y sabemos que x = a. Por lo tanto

v = c

r1 +

1

x2,

aT =dv

dt= c

− 2x2x

2q1 + 1

x2

= c2− 2

x2

2q1 + 1

x2

= − c2

ap(a2 + 1)

Además

a =

rx2 + (

1

xx− 1

x2x2)2 =

x2

x2=

c2

a2,

aN =qa2 − a2T =

sc4

a4− c4

a2 (a2 + 1)=

c2

a2p(a2 + 1)

.


N

Ejercicio 1.43 Una partícula se mueve de modo que sus coordenadas car-tesianas están dadas como funciones del tiempo por

x = 3t

y = 2t− 5t2

Determine a)Las componentes cartesianas de la velocidad y de la aceleración.b) Las componentes polares de la velocidad y de la aceleración. c)Las com-ponente normal y tangencial de la velocidad y aceleración. d)La ecuación dela trayectoria en coordenadas cartesianas. e)La ecuación de la trayectoria encoordenadas polares.

Solución.

x = 3t

y = 2t− 5t2

a) vx = 3, vy = 2− 10t, ax = 0, ay = −10,b) r = 3tı+(2t−5t2)j√

9t2+(2t−5t2)2, θ = k × r = 3tj−(2t−5t2)ı√

9t2+(2t−5t2)2

vr = v · r = 9t+ (2t− 5t2)(2− 10t)p9t2 + (2t− 5t2)2

vθ = v · θ = 3t(2− 10t)− (2t− 5t2)3p9t2 + (2t− 5t2)2

ar = a · r = (−10)(2t− 5t2)p9t2 + (2t− 5t2)2

aθ = a · θ = (−10)3tp9t2 + (2t− 5t2)2

c) T = vv= 3ı+(2−10t)j√

9+(2−10t)2, N = T × k = −3j+(2−10t)ı√

9+(2−10t)2entonces

vT = v · T = v =p9 + (2− 10t)2

vN = 0

aT = a · T = −10(2− 10t)jp9 + (2− 10t)2

aN = a · N =30p

9 + (2− 10t)2

74 Cinemática

d)

y =2

3x− 5

9x2

e) Sería necesario expresar r = r(θ) donde

r =p9t2 + (2t− 5t2)2

tan θ =y

x=2− 5t3

de dondet =

2

5− 35tan θ

y luego con algo de álgebra resulta

r =3

5(2− 3 tan θ)

q(1 + tan2 θ)

N

Ejercicio 1.44 Una partícula se mueve sobre una elipse de semi ejes a yb centrada en el origen de un sistema de coordenadas con rapidez constantev0, siendo la ecuación de la elipse:

x2

a2+

y2

b2= 1

a) Determine la magnitud de la aceleración de la partícula en los puntos másalejado y más cercano de la partícula al centro. b) El tiempo que emplea lapartícula en recorrer toda la elipse. c) La determinación de la ecuación para-métrica de la trayectoria con parámetro tiempo es un problema complicado,pero explique el método a seguir.

Solución. De la elipsex2

a2+

y2

b2= 1

deseamos obtener el radio de curvatura. Derivando implícitamente obtenemos

yy0

b2= − x

a2

y0 = − b2

a2x

y, y00 = − b2

a21

y+

b2

a2x

y2y0 = − b4

a2y3


entonces

ρ =(1 + y02)3/2

|y00| =(1 + b4

a4x2

y2)3/2

b4

a2y3

=(a4y2 + b4x2)3/2

a4b4

Si a > b el punto más alejado es x = a, y = 0, ρ = b2

a. El punto más cercano

es x = 0, y = b, ρ = a2

b

a)

a =v20ρ=

(v20a

b2v20b

a2

b) La rapidez constante significa que

ds

dt= v0,

de donde p1 + (y0)2

dx

dt= v0

dt =1

v0

p1 + (y0)2dx

junto a

x2

a2+

y2

b2= 1

y0 =1p

(a2 − x2)

b

ax

dt =1

v0

1

a

sµb2x2 + a4 − a2x2

a2 − x2

¶dx

si la última expresión pudiera integrarse se tendría t = t(x) y problemaresuelto.

N

Ejercicio 1.45 La ecuación de una elipse en coordenadas polares puedeescribirse como

r =c

1− e cos θ

76 Cinemática

siendo c y e constantes. Si el ángulo varía proporcionalmente al tiempo tcon constante de proporcionalidad λ, determine las componentes polares dela velocidad y de la aceleración en función del tiempo.

Solución. Aquír =

c

1− e cos θ, θ = λt

las componentes polares están dadas por

vr = r = − eλc sinλt

(1− e cosλt)2

vθ = rθ =λc

1− e cosλt

ar = r − rθ2= r − rλ2

=

µ− e cosλt

(1− e cosλt)+

2e2 sin2 λt

(1− e cosλt)2− 1¶

λ2c

1− e cosλt

aθ = 2rθ + rθ = 2rλ = − 2eλ2c sinλt

(1− e cosλt)2

N

Ejercicio 1.46 Una partícula se mueve sobre una circunferencia de radio Rcon aceleración angular constante partiendo del reposo. Si la partícula realizan vueltas completas a la circunferencia en el primer segundo, determine laaceleración angular de la partícula. Determine además el número de vueltasque realiza la partícula durante el siguiente segundo del movimiento.

Solución. Aquí

θ =1

2αt2

entonces2πn =

1

2α, α = 4πn

y durante el siguiente segundo realiza

θ(2)− θ(1)

2π= n(22 − 12) = 3n

vueltas.

N


Ejercicio 1.47 Desde lo alto de un edificio, se lanza verticalmente haciaarriba una pelota con una rapidez de 12,5ms−1. La pelota llega a tierra 4,25 s,después. Determine: a) La altura que alcanzó la pelota respecto del edificio.b)La rapidez de la pelota al llegar al suelo.

Solución. La altura en función del tiempo será

y = h+ v0t−1

2gt2

luego, tomando g = 10ms−2

y = h+ 12,5t− 5t2

siendoa) h+ 12,5(4,25)− 5(4,25)2 = 0, h = 37. 19mb) vy = 12,5− 10t = 12,5− 10(4,25) = −30,0ms−1

N

Ejercicio 1.48 Se deja caer un cuerpo desde una altura inicial de 33m, ysimultáneamente se lanza hacia abajo otro cuerpo con una rapidez inicial de1m s−1. Encontrar el instante en que la distancia entre ellos es de 18m.

Solución.

y1 = 33− 5t2

y2 = 33− t− 5t2

y1 − y2 = t

entonces la distancia entre ellos es 18m a los 18 s.

N

Ejercicio 1.49 Un cuerpo que cae, recorre en el último segundo 68,3m.Encontrar la altura desde donde cae.

Solución. Suponiendo que se soltó del reposo

y = h− 5t2

78 Cinemática

el tiempo en que llega al suelo es t =q

h5la distancia recorrida en el último

segundo será

y(

rh

5− 1)− y(

rh

5)

= 5(

rh

5)2 − 5(

rh

5− 1)2 = 68,3

y resolviendoh = 268. 6m

N

Ejercicio 1.50 Desde lo alto de un acantilado, se deja caer una piedra.Desde la misma altura se lanza verticalmente hacia abajo una segunda pie-dra, 2 s más tarde, con una rapidez de 30m s−1. Si ambas golpean el pisosimultáneamente, encuentre la altura del acantilado.

Solución.

y1 = h− 5t2

y2 = h− 30(t− 2)− 5(t− 2)2

siendo al mismo tiempo

y1 = h− 5t2 = 0y2 = h− 30(t− 2)− 5(t− 2)2 = 0

de aquí t = 4 s,h = 80m

N

Ejercicio 1.51 Desde el piso, se lanza hacia arriba una pelota con unarapidez de 40ms−1. Calcule el tiempo transcurrido entre los dos instantes enque su velocidad tiene una magnitud de 2,5m s−1 y la distancia respecto alpiso que se encuentra la pelota en ese instante.


Solución.

y = v0t−1

2gt2

vy = v0 − gt

de aquí

vy = v0 − gt1 = 2,5

vy = v0 − gt2 = −2,5

de dondet2 − t1 =

5

g= 0,5 s

Además de40− gt1 = 2,5

despejamos

t1 =37,5

10= 3,75 s

y por lo tantoy1 = 40(3,75)− 5(3,75)2 = 79. 69m

N

Ejercicio 1.52 Una roca cae libremente recorriendo la segunda mitad dela distancia de caída en 3 s. Encuentre la altura desde la cual se soltó y eltiempo total de caída.

Solución.y = h− 1

2gt2

el tiempo en que alcanza h/2 es t1 =q

hgy el tiempo en que h = 0 es

t2 =q

2hg

a) por lo tanto el tiempo empleado en la segunda parte de recorrido ess2h

g−s

h

g= 3 =⇒ h = 524. 6m

80 Cinemática

b)

t =

s2h

g=

r524. 6

5= 10,2 s

N

Ejercicio 1.53 Se dispara un proyectil desde la cima de una colina de 150mde altura con una rapidez de 180ms−1 y formando un ángulo de 30o con lahorizontal. Calcule: a) La distancia horizontal entre el punto de lanzamien-to y el punto de caída del proyectil. b) La altura máxima del proyectil conrespecto al suelo. c) La componente normal y tangencial de la aceleración alsalir en el punto de disparo.

Solución.

x = 180(cosπ/6)t

y = 150 + 180(sinπ/6)t− 5t2

a) Punto de caída 150 + 180(sinπ/6)t− 5t2 = 0, t = 19. 5 s

x = 180(cosπ/6)(19,5) = 3039. 8m

b) Tiempo para la altura máxima 180(sinπ/6)−10t = 0, t = 9,0 s entoncesymax = 150 + 180(sinπ/6)(9)− 5(9)2 = 555,0

ymax = 555,0m

c) El vector unitario tangente es

T =v

v= ı cosπ/6 + j sinπ/6,

a = −10j

entonces

aT = a · T = −10 sinπ/6 = −5m s−2

aN =qa2 − a2T =

√100− 25 = 8,66m s−2

N


Ejercicio 1.54 Un cañón de artillería lanza proyectiles con una rapidez de300m s−1. El artillero debe darle a un blanco que se encuentra a 8640m detrásde un cerro cuya altura es de 1000m ubicado a 1200m del cañón. Demuestreque es posible darle al blanco y determine el ángulo de elevación para cumplirel objetivo.

Solución. Supondremos que damos en el blanco entonces

y = x tanα− gx2

2v20 cos2 α

0 = 8649 tanα− 5(8649)2

(300)2 cos2 α

que tiene dos raíces reales

α1 = 53. 03o

α2 = 36. 97o

debemos verificar que el disparo pasa sobre el cerro, para ello evaluamos enambos ángulos y(1200)

y1(1200) = 1373,0m

y2(1200) = 777,95m

siendo la altura del cerro excedida en el primer caso.

N

Ejercicio 1.55 Se dispara un proyectil de modo que su alcance horizontales igual al triple de la altura máxima. Encuentre el ángulo de lanzamiento.


xmax =v20 sin 2α

g

ymax =v20 sin

2 α

2g

entoncesv20 sin 2α

g= 3

v20 sin2 α

2g

82 Cinemática

entonces 2 cosα = 3 sinα

tanα =2

3, =⇒ α = 33,69o

N

Ejercicio 1.56 Un lanza granadas tiene un alcance máximo de 300m. Paradar en un blanco que se encuentra a una distancia de 400m del lanza granada,determine: a) La altura mínima que debe subirse el lanza granada. b) Larapidez de lanzamiento. c) El ángulo de lanzamiento.

Solución. La ecuación de la parábola de seguridad es

y = h+v202g− gx2

2v20

Sabemos también que para h = 0 la distancia máxima alcanzable es

x(0) =v20g= 300

y para una altura h la distancia horizontal máxima será

x(h) =q(v20 + 2hg)

v0g= 400m

de la primeraa)

v0 =√3000 = 54. 77m s−1

y dep((54. 77)2 + 2h10)54. 77

10= 400

b)h = 116. 701m

c) El ángulo de lanzamiento cuando el blanco está sobre el límite de laparábola de seguridad está dado por tanα = v20/gx entonces

α = 36,87o

N


Ejercicio 1.57 Se dispara a un objeto que se encuentra sobre un planoinclinado en ángulo α. El disparo se hace desde un punto del plano inclinadocon rapidez inicial v0. Determine la máxima distancia sobre el plano inclinadoalcanzable por el disparo y el ángulo de lanzamiento para lograrlo.

Solución. Este problema es parecido a otro anterior. Denotaremos porα0 el ángulo del disparo respecto a la horizontal. Tenemos la ecuación de laparábola de seguridad

y =v202g− gx2

2v20,


tanα0 =v20gx

.

Además debe sery = x tanα.

De la primera y la tercera

v202g− gx2

2v20= x tanα,

de donde

x =

µ− tanα+

q(tan2 α+ 1)

¶v20g,

luego la distancia sobre el plano será

d =px2 + y2 = x

p1 + tan2 α = x secα

= secα

µ− tanα+

q(tan2 α+ 1)

¶v20g.

El cálculo del ángulo:

tanα0 =v20gx=

1

− tanα+p(tan2 α+ 1)

= tanα+ secα.

que prueba el resultado. Sin embargo hay un resultado más simple. Enefecto de la identidad

tanα

2=1− cosαsinα

84 Cinemática

resulta

tanα+ π

2

2=1 + sinα

cosα= tanα+ secα,

luego

tanα0 = tanα+ π

2

2,

de dondeα0 =

π

4+

α

2.

N

Ejercicio 1.58 Un atleta lanza la bala desde una altura h con rapidez inicialv0. Determine el máximo alcance horizontal a nivel del suelo y el ángulo dedisparo necesario para ese alcance.

Solución. En la ecuación de la parábola de seguridad

y = h+v202g− gx2

2v20,

hacemos y = 0 obteniendo

xmax =v0g

q(v20 + 2gh),

y de

tanα =v20gx

,

se obtienetanα =

v0p(v20 + 2gh)

,

menor de 45o.

N

Ejercicio 1.59 Un cazador que no sabe que los proyectiles caen, disparadirectamente a un mono que está sobre un árbol. El mono que tampoco sabefísica, se deja caer justo cuando el cazador dispara. Pruebe que el disparollega justo al mono.


Solución. Sea h la altura inicial del mono, d su distancia horizontal alcazador. Entonces el ángulo de disparo está dado por

tanα =h

d.

Las ecuaciones de movimiento del proyectil (P ) y mono (M) son

xP = v0t cosα, xM = d,

yP = v0t sinα−1

2gt2, yM = h− 1

2gt2,

de modo que cuando xP = xM resulta

v0t cosα = d =⇒ t =d

v0 cosα,

para ese tiempo comparemos las alturas

yP = v0t sinα−1

2gt2 = d tanα− 1

2gt2,

yM = h− 12gt2,

que son iguales porque d tanα = h.

N

Ejercicio 1.60 En una feria de diversiones, se dispara al blanco sobre unahilera de blancos que pasan frente al que dispara, a una distancia d con unarapidez u0. Los disparos salen con una rapidez v0. Determine el ángulo enadelanto en que hay que apuntar para dar en el blanco al objeto que pasajusto frente al que dispara.

Solución. Sea β ese ángulo. Debe cumplirse que

tanα =u0t

d,

v0t =qd2 + u20t

2,

despeje el tiempo de la segunda y obtenga

tanα =u0p

v20 − u20.

86 Cinemática

N

Ejercicio 1.61 Una piedra se deja caer a un pozo de profundidad descono-cida. El ruido del impacto en el fondo se escucha un tiempo T después desoltada la piedra. Si la rapidez del sonido es uS determine en términos de T,us y g, la profundidad del pozo.

Solución. Sea t1 el tiempo de caída de la piedra y t2 el tiempo que demorael sonido en llegar. Entonces

1

2gt21 = h,

uSt2 = h,

luego

T = t1 + t2 =

s2h

g+

h

uS,

y despeje h

h =u2S2g

Ãr1 +

2gT

uS− 1!2

.

N

Ejercicio 1.62 Una pelota se deja caer desde una altura h y en cada rebotecontra el suelo, la rapidez del rebote es un factor “e” de la rapidez que teníajusto antes de chocar contra el suelo (e < 1). Determine el tiempo que demorala pelota en quedar en reposo y la distancia total recorrida por la pelota.

Solución. Sea h una de las alturas. El tiempo en llegar al suelo es

t =

s2h

g,

llega con velocidadv = −gt = −

p2gh,

luego rebota con velocidadv0 = e

p2gh,


y sube hasta una nueva altura dada por

1

2mv02 = mgh0

h0 =v02

2g= e2h.

Luego la secuencia de alturas alcanzadas es h, e2h, e4h, · · · y los tiemposviajados (una vez la primera altura, dos veces las siguientes) dan un total de

T =

s2h

g+ 2

Ãs2e2h

g+

s2e4h

g+ · · ·

!

=

s2h

g(1 + 2e+ 2e2 + e3 + · · · ) =

s2h

g(1 + e

1− e),

y la distancia total recorrida es

s = h+ 2(e2h+ e4h+ e6h+ · · · ) = h1 + e2

1− e2

N

Ejercicio 1.63 Una persona lanza un objeto con rapidez inicial v0 forman-do un ángulo α respecto a la horizontal. Determine la aceleración constantecon que debe correr la persona, partiendo del reposo, para justo alcanzar elobjeto al mismo nivel de lanzamiento.

Solución. Tenemos

x = v0t cosα

y = v0t sinα−1

2gt2,

en y = 0, t = 2v0 sinα/g, y debe tenerse

v0t cosα =1

2at2,

o biena = g cotα.

88 Cinemática

N

Ejercicio 1.64 Un automóvil viaja hacia el norte con una rapidez de 60 kmh−1

en una carretera recta. Un camión viaja en dirección opuesta con una rapi-dez de 50 kmh−1. (a)¿ Cuál es la velocidad del automóvil respecto al camión?(b)¿ Cuál es la velocidad del camión respecto al automóvil?

Solución. Si el norte corresponde al sentido positivo, entoncesa) 60− (−50) = 110 kmh−1 b)−50− 60 = −110 kmh−1

N

Ejercicio 1.65 Un automovilista viaja hacia el oeste sobre la Ruta Interestatal a 80 kmh−1y es seguido por un auto patrulla que viaja a 95 kmh−1.(a)¿ Cuál es la velocidad del automovilista respecto al auto patrulla? (b)¿Cuál es la velocidad del auto patrulla respecto al automovilista?

Solución. Similarmente si el Oeste indica el sentido positivo entoncesa)80− 95 = −15 kmh−1 b) 95− 80 = 15 kmh−1

N

Ejercicio 1.66 Un río tiene una rapidez uniforme de 0,5m s−1. Un estu-diante nada corriente arriba una distancia de 1 km y regresa al punto departida. Si el estudiante puede nadar con una rapidez de 1,2m s−1 en aguastranquilas, ¿cuánto dura el recorrido? Compare este resultado con el tiempoque duraría el recorrido si el agua estuviera tranquila.

Solución. La rapidez absoluta (respecto a la ribera) cuando nada co-rriente arriba es 1,2−0,5 = 0. 7 y cuando nada corriente abajo es 1,2+0,5 =1. 7 entonces el tiempo de ida y vuelta será

t =1000

0,7+1000

1,7= 2016. 81 s = 0,56 h

N

Ejercicio 1.67 Dos remeros en idénticas canoas ejercen el mismo esfuer-zo remando en un río, uno corriente arriba (y se mueve corriente arriba),mientras que el otro rema directamente corriente abajo. Un observador, enreposo sobre la orilla del río, determina sus rapideces que resultan ser de V1y V2 respectivamente. Determine en términos de los datos la rapidez de lasaguas del río.


Solución. Sea W la rapidez del río y u la rapidez de los botes respectoal agua, (igual en ambos), entonces

V1 = u−W, V2 = u+W

de modo que

W =V2 − V12

.

N

Ejercicio 1.68 Un bote cruza un río que mide de ancho D y cuya corrientefluye con una rapidez uniforme de u. El botero mantiene una orientación (esdecir, la dirección en la cual apunta el bote) perpendicular al río y al motorfijo para dar una rapidez constante de v ms−1 con respecto al agua. Deacuerdo a los datos ¿Cuál es la velocidad del bote respecto a un observadordetenido en la orilla? ¿ Hasta dónde estará el bote, medido corriente abajoparalelamente al río, desde la posición inicial hasta cuando alcance la orillaopuesta?

Solución. Sea x paralelo al río e y perpendicular al río de ancho w.Entonces sea v la velocidad del bote respecto al río, u la velocidad del río, Vla velocidad absoluta del bote (respecto a tierra). Luegoa)

V = uı+ vj

b) La componente de la velocidad absoluta perpendicular al río determineel tiempo de cruce de acuerdo a

t =w

v

por lo tanto el bote avanza paralelamente al río una distancia

d = ut =u

vw

N

Ejercicio 1.69 Un comprador que está en una tienda puede caminar so-bre una escalera mecánica en 30 s cuando está detenida. Cuando la escaleramecánica funciona normalmente, puede llevar al comprador sin caminar al

90 Cinemática

siguiente piso en 20 s. ¿Cuánto tiempo le tomaría al comprador al subir ca-minando con la escalera mecánica en movimiento? Suponga que el compradorhace el mismo esfuerzo al caminar sobre la escalera mecánica en movimientoo cuando está parada.

Solución. Sea L el largo de la escalera. Entonces la velocidad de la per-sona respecto a la escalera es

v0 =L

30.

Sea ve la velocidad de la escalera. Ella corresponde a la de la persona cuandono camina, es decir

ve =L

20

Si la escalera funciona y la persona camina, entonces

v = ve + v0 =L

20+

L

30=

L

t

de donde el tiempo serát = 12 s

N

Ejercicio 1.70 Un avión va dirigiéndose hacia el oeste. La rapidez delavión respecto al aire es de 150 kmh−1. Si existe un viento de 30 kmh−1

hacia el norte, calcule la velocidad del avión respecto a la Tierra.

Solución.

N (x)

O (y)

vv

v


La velocidad del viento es vv = 30 y la rapidez del avión respecto al aire esv0 = 150, en magnitudes. Pero

v = vj = 30ı+ v0

de dondev0 = vj− 30ı

y si tomamos magnitudes

150 =√v2 + 302

de dondev = 146. 969 kmh−1

N

Ejercicio 1.71 El piloto de un avión desea volar hacia el oeste en presenciade un viento que sopla hacia el sur a 50 kmh−1. Si la rapidez del avión cuandono sopla el viento es de 200 kmh−1, a) ¿ en qué dirección debe dirigirse elavión? b) ¿ cuál debe ser su rapidez respecto a la Tierra?

Solución. Usaremos la figura anterior pero ahora la velocidad del vientoestá hacia el Sur. Ahora la velocidad del viento es vv = 50 y la rapidez delavión respecto al aire es v0 = 200, en magnitudes. Pero

v = vj = −50ı+ v0

y similarmente resultav0 = 200 =

√v2 + 502

de dondeb)

v = 193. 65 kmh−1

a)v0 = 50ı+ 193. 65j

da la dirección en que debe dirigirse el avión.

N

92 Cinemática

Ejercicio 1.72 Un automóvil viaja hacia el Este con una rapidez de 50 kmh−1.Está lloviendo verticalmente con respecto a la Tierra. Las marcas de la llu-via sobre las ventanas laterales del automóvil forman un ángulo de 60o conla vertical, calcule la velocidad de la lluvia con respecto al automóvil y conrespecto a la Tierra.

Solución. La velocidad relativa v0 de la lluvia forma un ángulo de 60o

con la vertical y la velocidad v de la lluvia con respecto a la Tierra es vertical.Entonces de

v = vA + v0,

tenemos que

vA − v0 sin 60 = 0,

v0 cos 60 = v,

de donde la velocidad de la lluvia respecto al auto tiene magnitud

v0 =vAsin 60

=5012

√3=100√3kmh−1

y la velocidad de la lluvia respecto a la tierra tiene magnitud

v = v0 cos 60 =50√3kmh−1.

N

Ejercicio 1.73 Un niño en peligro de ahogarse en un río está siendo llevadocorriente abajo por una corriente que fluye uniformemente con una rapidezde 2,5 kmh−1. El niño está a 0,6 km de la orilla y a 0,8 km corriente arribade un embarcadero cuando un bote de rescate se pone en camino. a)Si el boteprocede a su rapidez máxima de 20 kmh−1 con respecto al agua, ¿cuál es ladirección, relativa a la orilla, que deberá tomar el conductor del bote? b)¿Cuál es el ángulo que hace la velocidad v del bote con respecto a la orilla?c)¿ Cuánto tiempo le tomará al bote para alcanzar al niño?


Solución.

x

y

0.8 km

0.6 km

Para el niño

x = 2,5t

y = 0,6

para el bote

x = 0,8 + vxt

y = vyt

el bote encuentra al niño cuando

2,5t = 0,8 + vxt

0,6 = vyt

pero la velocidad absoluta está dada por

v = 2,5ı+ v0

(vx − 2,5)ı+ vy j = v0

siendo v0 = 20 de modo que si tomamos módulo de v0 resultará

(vx − 2,5)2 + v2y = 400

si reemplazamos aquí vx − 2,5 = −0,8t y vy =0,6tresultará

(0,8

t)2 + (

0,6

t)2 = 400

de donde

94 Cinemática

c)t = 0,0 5 h

b) Ahora podemos calcular vx, vy

vx = 2,5− 0,8t= 2,5− 0,8

0,05= −13,5,

vy =0,6

0,05= 12.

O sea, como se supuso en la figura, el bote va corriente arriba formando unángulo con la orilla determinado de

tan θ =12

13,5,=⇒ θ = 41,63o.

a) El conductor del bote debe dirigirlo según

v0 = (vx − 2,5)ı+ vy j = −16ı+ 12j,

o sea formando un ángulo θ0 respecto a la orilla aguas arriba dado por

tan θ0 =12

16=⇒ θ0 = 36,87o.

N

Ejercicio 1.74 Desde el techo del carro de un tren que está acelerandohacia el norte a una razón de 2,5m s−2 se suelta y cae un perno. ¿ Cuál esla aceleración del perno con respecto a: (a) el carro del tren? (b) la estaciónde tren estacionaria?

Solución. Si y es la vertical hacia arriba y x es la dirección de la acele-ración del tren, hacia el norte, entoncesa)

a0 = −2,5ı− 9,8j.

b)a = −9,8j.

N


Ejercicio 1.75 Un estudiante de la Facultad de Ingeniería está parado so-bre el vagón de un tren que viaja a lo largo de una vía horizontal recta a unarapidez constante de V ms−1. El estudiante lanza una pelota al aire a lo largode una trayectoria que inicialmente forma un ángulo de α con la horizontaly está en línea con la vía. El profesor del estudiante, que está parado cercasobre la tierra, observa que la pelota sale verticalmente. ¿Qué altura subirála pelota?

Solución. Si V 0 es la rapidez relativa al tren inicial de lanzamiento,entonces en la dirección del movimiento x tenemos

Vx = V 0 cosα− V = 0

porque el Profesor observa que sale verticalmente. Entonces

V 0 =V

cosα

entoncesVy = V 0

y = V 0 sinα = V tanα

y como sabemos subirá una altura h dada por

h =V 2 tan2 α

2g

N

96 Cinemática

Capítulo 2

Dinámica de la partícula

El propósito de la dinámica es predecir el comportamiento futuro de unsistema, en particular de una partícula cuando son conocidas las fuerzas ylas restricciones que actúan sobre ella y se conoce el presente. Este conoci-miento se da en la forma llamada “condición inicial”. Para una partícula estese expresa en suponer conocidas la posición y velocidad inicial de ella, r(0) yv(0). Como veremos este propósito es logrado mediante la llamada MecánicaClásica, salvo excepcionalmente para sistemas que tienen comportamientocaótico y que están fuera del alcance de este curso. Para estudiar el movi-miento de un cuerpo puede escogerse algún sistema de referencia arbitrarioy entonces el estudio es relativo a ese sistema de referencia. Para hacer di-námica, la elección del sistema de referencia adecuado no es arbitraria, ennecesario utilizar sistemas inerciales de referencia, concepto que se explicamás adelante.

2.1. Leyes de Newton

Desde los tiempos de Galileo se ha reconocido que no es necesario aplicarfuerzas para mantener el movimiento de los cuerpos. Esto evidentemente cho-ca con lo observado diariamente puesto que si se dejan de aplicar fuerzas, loscuerpos se detienen. El problema está en que en realidad no se han dejado deaplicar todas las fuerzas. Normalmente existen fuerzas, llamadas de roce queestán presentes y cuya tendencia es frenar los cuerpos. Es dificil eliminarlas,pero si se logra, entonces el movimiento se mantiene. Sin embargo hay otros

98 Dinámica de la partícula

detalles. Se mantiene pero ¿respecto a qué sistema de referencia?

2.1.1. Primera ley de Newton

La primera ley de Newton suele enunciarse así. Si un cuerpo no estásometido a fuerzas, se mueve con velocidad constante o permanece en reposo.El problema que es que así enunciada, no puede estar correcta. Si ello es

cierto en algún sistema de referencia, inmediatamente deja de ser cierto si elobservador está en un sistema acelerado respecto al primero, ver figura. Porello, para mantenerla, se han definido sistemas de referencia especiales dondeella es cierta.

Y

X

Y'

X'

a = 0

aF = 0

F = 0

a = 0

Figura 2.1:

2.1.2. Sistema inercial de referencia

En la formulación de la dinámica clásica, se supone la existencia de al me-nos un sistema privilegiado de referencia, un Sistema inercial de referencia.Por definición, un sistema inercial de referencia es aquel (hipotético) sistemarelativo al cual una partícula libre, es decir no sometida a fuerza, tiene veloci-dad constante o en particular nula. Como consecuencia de la transformaciónde Galileo, todo sistema que se traslade con velocidad constante respecto auno inercial de referencia, es también sistema inercial de referencia. La e-xistencia de uno por lo menos, sería materia de validación experimental, conlas obvias dificultades que ello presenta. Se acepta que al menos aproximada-mente, el marco de las estrellas fijas, lo es. Esta es una materia hoy en día de

2.1 Leyes de Newton 99

acuerdo internacional. En efecto en Agosto de 1997, la Unión AstronómicaInternacional (IAU) decidió que a partir del primero de Enero de 1998, elIAU sistema de referencia celestial sea el sistema (ICRS), en reemplazo delsistema FK5. Hay abundantes referencias sobre este tema en la WEB, porejemplo vea http://rorf.usno.navy.mil/ICRF/.La definición de un sistema inercial reemplaza la primera ley de Newton,

puesto que su validez: “la aceleración respecto a un sistema es nula cuando lafuerza es nula”, define lo que se denomina un sistema inercial de referencia.Así entonces Newton formulas sus leyes respecto a un sistema de referencia

absoluto o inercial. Si el Universo estuviera vacío uno puede preguntarse quepodría ser tal sistema. No existe aparentemente diferencia alguna entre unsistema .acelerado.o un sistema rotante"si no hay nada respecto a lo cualestablecer la realidad de la .aceleración.o de la rotación". Sin embargo Newtoncreía firmemente que el espacio mismo existe como algo absoluto, real comouna entidad física, respecto al cual los conceptos de aceleración o de rotaciónpodrían definirse. Así Newton dice que un objeto está acelerando cuando lohace respecto al espacio absoluto.Pero a mediados de los 1800 un filósofo y físico Ernst Mach llegó con

nuevas ideas que además, entre otras cosas, tuvieron un profundo impactoen el pensamiento de Albert Einstein. Las ideas de Mach se entienden delanálisis de un balde que contiene agua en su interior. Si el balde se mantienesuspendido y quieto, la superficie del agua permanece plana. Si se hace rotarel balde respecto a la cuerda que lo sostiene, la superficie del agua adquiriráuna forma cóncava. ¿Respecto a qué sistema el balde rota?Si vamos más lejos y nos imaginamos flotando en el espacio interestelar,

si uno mira el cielo y ve las estrellas estacionarias uno podría decir que estáen reposo y no experimenta fuerza alguna. Justo entonces un compañero deviaje, se acerca y le da un impulso de modo que comienza a rotar. Seguroque se notarán dos efectos: las estrellas parecerán girar en grandes círculos entorno a uno, y uno experimentará fuerzas que tenderán a separar sus brazosy piernas. Si repetimos la misma situación pero en un espacio absolutamentevacío, sin estrellas, galaxias, sólo una total oscuridad, ¿sentiremos esa fuerza sialguien nos coloca en rotación? Según Mach, no. En un universo totalmentevacío no puede haber diferencia entre aceleración o no aceleración. Entrerotación y no rotación. De manera que, según Mach, si cuesta una fuerzaacelerar un cuerpo, ello se debe a la existencia de todas las galaxias delUniverso.Posteriormente, Albert Einstein, al desarrollar la teoría general de la re-


latividad introduce el concepto de espacio tiempo, un concepto que tieneexistencia real y con propiedades que se ajustan según sea la distribución demasa y energía del Universo. El espacio tiempo es algo absoluto respecto alcual pueden definirse los movimientos de los cuerpos. Sin embargo la teoríade Einstein no confirma totalmente las ideas de Mach. En un Universo vacío,el espacio tiempo no está curvado, está plano, pero existe. De manera queuna persona rotando en un Universo vacío, sí sentiría fuerza que tendería asepararle sus brazos y piernas. Podría decirse que las ideas de Mach provo-caron de alguna manera el desarrollo de la Teoría general de la relatividadpero la teoría que se desarrolló, no confirmó las ideas que la inspiraron. Unaexcelente discusión sobre este tema la puede encontrar en el libro de BrianGreene, "The fabric of the Cosmos". En la actualidad el espacio tiempo esel sistema absoluto de referencia y los observadores inerciales son los que semueven libremente, es decir no sometidos a fuerzas eléctricas, magnéticas uotras. Es decir los observadores inerciales son los observadores que están encaída libre.

2.1.3. Segunda ley de Newton

En un sistema inercial de referencia (el espacio absoluto de Newton) lasfuerzas son las causas de las aceleraciones en la forma que estableció Newton.En los sistemas de referencia no inerciales, las aceleraciones no son necesa-riamente causadas por fuerzas. Respecto a un sistema inercial de referenciala aceleración es causada por la fuerza resultante F de acuerdo a

a =F

m, (2.1)

o bienF = ma. (2.2)

siendo a la aceleración, F la fuerza resultante que actúa sobre la partícula,la cual se expresa en Newtons [ N] y m la masa inercial de la partícula. Lamasa inercial es entonces alguna propiedad que distingue las partículas encuanto a la dificultad que ofrecen ellas a ser aceleradas. Es necesario aclararque conceptualmente existe otra propiedad que distingue a las partículas,consecuencia de su masa gravitacional mg, esto es, la masa gravitacional dacuenta de la magnitud con que se atraen dos partículas por efecto de la fuerza


gravitacional. De acuerdo a la ley de gravitación universal de Newton

F = Gm1gm2g

d2, (2.3)

siendo aquím1g ym2g las masas gravitacionales de las partículas. Si usted leeel libro recién recomendado de Greene ( y muchos otros) se encontrará que,desde el punto de vista moderno, la fuerza gravitacional no es una fuerza.Sin embargo en este libro se desarrollará la teoría clásica de la Mecánica deNewton solamente.

2.1.4. Principio de equivalencia

De acuerdo a los experimentos de Galileo, todos los cuerpos en la vecindadde la tierra, despreciando el roce del aire, caen con la misma aceleración demagnitud

g = 9,8m s−2. (2.4)

Si se utiliza la segunda ley de Newton donde la fuerza es la fuerza gravita-cional resulta

m1g = Gm1gmTg

R2,

es decir la masa inercial m1 es proporcional a la masa gravitacional m1g.En la última expresión R es el radio terrestre y mTg es la masa gravitacionalterrestre. Si las unidades se eligen adecuadamente (iguales), entonces tenemosel principio de equivalencia

m = mg.

2.1.5. Sobre las fuerzas

Las fuerzas, las que permiten acelerar los cuerpos, en general puedenclasificarse en dos tipos, fuerzas de acción a distancia y fuerzas de contacto.Las fuerzas de contacto realmente no existen porque la materia está formadapor átomos y cargas de igual signo no pueden juntarse. Sin embargo, si ladistancia de interacción es del orden de magnitudes atómicas, hablamos defuerzas de contacto.

2.1.6. Fuerzas de acción a distancia

Son ejercidas por los cuerpos a distancia. Son en general conocidas comocampos de fuerza y de ellas son bien conocidas la fuerza gravitacional, la


fuerza electrostática, la fuerza magnética y otras. En estos apuntes la másimportante de ellas será la fuerza gravitacional que ejerce la tierra sobrelos objetos cerca de su superficie, dirigida verticalmente hacia abajo y demagnitud

F = Gm1mT

R2= m1g,

dondeg = G

mT

R2, (2.5)

es la aceleración de gravedad.

2.1.7. Fuerzas de contacto

Son ejercidas recíprocamente cuando dos cuerpos se tocan. Si se descom-pone la fuerza de contacto en su parte paralela y en su parte normal a lasuperficie en contacto, esas componentes se denominan fuerza de roce f yfuerza normal N . También existen fuerzas que actúan sobre un cuerpo cuan-do éste se mueve en el interior de un fluido (líquidos o gases). Estas fuerzasse denominan fuerzas de roce viscosas y son funciones complicadas de la ra-pidez del cuerpo, de la forma del cuerpo y de propiedades de la superficie delcuerpo y del fluido.

2.1.8. La fuerza de roce estática

Cuando no hay movimiento relativo entre dos cuerpos que están en con-tacto, la fuerza de roce se denomina fuerza de roce estática. Considere unbloque en reposo sobre una superficie horizontal que es tirado por una fuerzahorizontal F como se indica en la figura

FN

mg

f

Figura 2.2: Fuerza de roce.


Como el cuerpo tiene aceleración nula entonces

F − f = 0,

N −mg = 0,

es decir la fuerza de roce es igual a la fuerza aplicada F . Si se aumenta Faumenta la fuerza de roce de la misma manera. Pero eso tiene un límite. Lafuerza de roce no puede crecer indefinidamente. Este límite tiene que ver conpropiedades de las superficies en contacto y con el grado en que las superficiesestán apretadas entre sí. El modelo que utilizaremos es

fmax = μsN, (2.6)

donde μs se denomina coeficiente de roce estático entre las superficies.

2.1.9. Fuerza de roce cinética

Si la fuerza aplicada supera al máximo valor de la fuerza de roce o si elcuerpo está en movimiento relativo, la fuerza de roce, llamada ahora fuerzade roce cinética, está dada por

f = μkN, (2.7)

donde μk se denomina coeficiente de roce cinético. Normalmente μk < μs quepone de manifiesto que cuesta menos mantener el movimiento que iniciarlo.

2.1.10. Tercera ley de Newton

La tercera ley de Newton, suele enunciarse así: si un cuerpo ejerce unafuerza sobre otro, entonces el segundo hace una fuerza de igual de magnitudy de sentido contrario sobre el primero y ambas fuerzas están sobre la mismalínea de acción.Esta ley se supone válida para fuerzas de contacto y para fuerzas de acción

a distancia. Sin embargo, en el segundo caso, hay problemas. Difícilmentepueden las fuerzas de acción y reacción ajustarse en forma instantánea anuevas posiciones de los cuerpos porque la información de uno al otro nopuede propagarse con velocidad infinita. Eso sin embargo, es tema de otrocurso.


2.1.11. Definiciones

Daremos de inmediato definiciones de otras propiedades físicas de los cuer-pos que tienen que ver con su masa y con su velocidad. La utilidad de estasdefiniciones descansa en que hay relaciones o teoremas que las involucran yque pueden en consecuencia escribirse de manera más simplificada.

concepto unidadm .. ....... masa partícula. kgr .. ....... vector posición partícula. mv = dr/dt.. velocidad partícula. ms−1

ai = dvi/dt aceleración partícula. ms−2

F .. ....... fuerza resultante actuando sobre Nla partícula.

p = mv Momentum lineal de la partícula. kgm s−1

K = 12mv2 Energía cinética de la partícula. J

L0 = mr × v Momentum angular de la partícula kgm2 s−1

respecto a O.ΓO = r × F Torque resultante respecto a O. NmV .. ....... Energía potencial. JE = K + V Energía mecánica. J

Wi→f =R fiF · dr Trabajo realizad por F desde i a f . J

La descripción del movimiento de los cuerpos y las definiciones de velo-cidad y aceleración se hicieron en el capítulo de cinemática

2.2. Teoremas

Pueden entonces demostrarse los siguientes teoremas que involucran lasdefiniciones anteriores:

I Teorema 2.1Variación del momentum lineal:

dp

dt= F. (2.8)

2.2 Teoremas 105

Demostracion 1 Este teorema sigue inmediatamente de la segunda Ley deNewton que puede escribirse

F = ma = mdv

dt=

dmv

dt=

dp

dt, (2.9)

si la masa es constante.

I Teorema 2.2Variación del momentum angular. Un torque resultante respecto a algúnorigen produce cambios en el momentum angular respecto a ese mismo origende acuerdo a

dlOdt= ΓO. (2.10)

Demostracion 2 Si la segunda ley de Newton es multiplicada vectorial-mente por r× resulta

mr × dv

dt= r × F, (2.11)

pero el lado izquierdo puede modificarse a

d

dt(mr × v) = r × F, (2.12)

si la masa es constante, esto es

dlOdt= ΓO. (2.13)

I Teorema 2.3Teorema de conservación del momentum lineal. Si una componente de lafuerza resultante se anula, es decir Fx = 0, entonces

px = constante.

y similarmente para otras componentes.

Demostracion 3 Este teorema sigue directamente de

F =dp

dt,


que si es proyectada en una dirección fija, OX por ejemplo da

dpxdt

= Fx,

luego si Fx = 0 se tienepx = constante.

I Teorema 2.4Teorema de conservación del momentum angular. Si ΓO = 0 entonces

lO = constante.


dlOdt= ΓO

de manera que si ΓO = 0 entonces se tiene que

lO = constante.

I Teorema 2.5Teorema de conservación de una componente del momentum angular. SiΓOx = 0, entonces

lOx = constante,

y similarmente para otras componentes.


dlOdt= ΓO,

que si es proyectada en una dirección fija, digamos OX da

dlOx

dt= ΓOx,

de manera que si ΓOx = 0 se obtiene

lOx = constante.

2.3 Paréntesis matemático. Derivadas y diferenciales 107

I Teorema 2.6Teorema energía cinética−trabajo

Kf −Ki =Wi→f.

Demostracion 6 De la segunda ley de Newton podemos escribir

mdv

dt= F,

de donde multiplicando escalarmente por un vector desplazamiento infinité-simo dr se obtiene

dr = ıdx+ jdy + kdz,

y sigue que

mdv

dt· dr = F · dr,

y el lado izquierdo puede modificarse a

mdv

dt· dr = mdv · dr

dt= mv · dv = d(

1

2mv2),

de manera que tenemos un teorema

d(1

2mv2) = F · dr,

dK = F · dr = dW,

y finalmente hemos obtenido el teorema energía cinética trabajo

Kf −Ki =Wi→f , (2.14)

donde

Wi→f =

Z f

i

F · dr (2.15)

2.3. Paréntesis matemático. Derivadas y di-ferenciales

2.3.1. De una variable independiente

Los pasos de la sección anterior requieren de considerar la derivada comoun cuociente y ello merece una explicación. La derivada de una función f(x)


de una variable independiente es la pendiente de la curva y = f(x). En lafigura que sigue se ha definido el llamado diferencial de la función

dy = df(x),

como el cateto del triángulo dibujado, cuya hipotenusa es tangente a la curva.Entonces la derivada es

f 0(x) =dy

∆x,

ody = f 0(x)∆x

En particular para la función lineal y = f(x) = x resultará

y

O

Δx

xx x+Δx

y=f(x)

Δydy

Figura 2.3:

dx = ∆x,

o sea

dy = f 0(x)dx,

dy

dx= f 0(x),

lo que significa que la derivada es el cuociente entre dos cantidades finitasdy y dx, que son llamadas diferenciales de y, x. Note que las diferencialesno son necesariamente cantidades pequeñas. También puede notarse que engeneral dy 6= ∆y como se ilustra en la figura, a menos que la curva sea unalínea recta.

2.3 Paréntesis matemático. Derivadas y diferenciales 109

2.3.2. De más variables independientes

Para dos variables independientes considere una función f(x, y). Similar-mente se define su diferencial por

df =∂f

∂x∆x+

∂f

∂y∆y,

donde ∂f∂xy ∂f

∂yson las llamadas derivadas parciales de la función, respecto

a x e y respectivamente y donde de nuevo para las variables independientesdx = ∆x, dy = ∆y de manera que

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy,

y similarmente para funciones de más variables. Aquí, una expresión de laforma

P (x, y)dx+Q(x, y)dy

no es necesariamente la diferencial de alguna función. Para este efecto existeun teorema

I Teorema 2.7La forma P (x, y)dx+Q(x, y)dy es la diferencial de alguna función de x, y siy solo sí

∂Q

∂x=

∂P

∂y(2.16)

Demostracion 7 Deberá ser

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy = P (x, y)dx+Q(x, y)dy,

o bien como las variables son independientes

∂f

∂x= P (x, y),

∂f

∂y= Q(x, y),

pero para funciones bien comportadas

∂

∂y

∂f

∂x=

∂

∂x

∂f

∂y,

y de allí sigue el teorema.


Ejemplo 2.3.1 Determine una función F cuya diferencial sea

dF = y2dx+ 2xydy.

Primero identifiquemos

P = y2,

Q = 2xy,

y calculemos sus derivadas parciales

∂Q

∂x= 2y,

∂P

∂y= 2y,

que resultan iguales. Entonces tenemos derecho a escribir

dF =∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy

y luego

∂F

∂x= y2,

∂F

∂y= 2xy.

Integrando la primera respecto a x resulta

F = y2x+ C(y)

donde C es una función arbitraria de y. Reemplazando en la segunda

2yx+ C 0(y) = 2xy

o sea C 0(y) = 0 o sea C(y) = C es constante y finalmente

F = y2x+ C.

2.4 Fuerzas conservativas (C) y no conservativas (NC) 111

2.4. Fuerzas conservativas (C) y no conserva-tivas (NC)

2.4.1. Concepto de trabajo

El trabajo realizado por una fuerza F escrita en componentes cartesianas

F = ıFx + jFy + kFz, (2.17)

se define como

Wi→f =

Z f

i

F · dr, (2.18)

y como el desplazamiento infinitesimal dr es

dr = ıdx+ jdy + kdz,

resulta

Wi→f =

Z f

i

F · dr =Z f

i

(Fxdx+ Fydy + Fzdz). (2.19)

Este trabajo será independiente del camino si el integrando es la diferencialde alguna función, es decir si

Fxdx+ Fydy + Fzdz = −dV.

El signo menos es convencional. La existencia de esa función V llamadaenergía potencial define a lo que se denomina una fuerza conservativa. Paraestas fuerzas se tiene que

Fx = −∂V∂x

, (2.20)

Fy = −∂V∂y

,

Fz = −∂V∂z

,

y su trabajo será en este caso

WCi→f =

Z f

i

(Fxdx+ Fydy + Fzdz) = −(Vf − Vi). (2.21)


que es obviamente independiente del camino. Este resultado es comple-tamente general y aplica a todas las fuerzas conservativas. El trabajo querealiza una fuerza conservativa es igual a la disminución de la energía po-tencia asociada a esa fuerza. Se deduce entonces que si el sistema regresa alpunto inicial, el trabajo realizado por la fuerza conservativa en un caminocerrado tiene que ser cero.

2.4.2. Energías potenciales

Para algunas fuerzas conservativas importantes, se listan a continuaciónsus energías potenciales.

2.4.3. Fuerza peso

Para la fuerza constante peso, si el eje OY es vertical hacia arriba, ellapuede escribirse

F = −mgj

y la energía potencial asociada al peso es

V = mgy. (2.22)

2.4.4. Fuerza elástica

Para la fuerza elástica, donde x representa la deformación del resorte

F = −kxı, (2.23)

la energía potencial resulta ser

V =1

2kx2. (2.24)

2.4.5. Fuerza gravitacional

Para la fuerza gravitacional, donde r representa la distancia entre los doscuerpos

F = −Gm1m2

r2r, (2.25)


sus componentes son

Fx = −Gm1m2

r3x,

Fy = −Gm1m2

r3y,

Fz = −Gm1m2

r3z,

donder =

px2 + y2 + z2.

Pero es simple establecer que

∂

∂x

1

r= − x

r3,

∂

∂y

1

r= − x

r3,

∂

∂y

1

r= − x

r3,

luego las componentes de la fuerza gravitacional pueden escribirse

Fx = − ∂

∂x(−Gm1m2

r),

Fy = − ∂

∂y(−Gm1m2

r),

Fz = − ∂

∂z(−Gm1m2

r)

de donde identificamos la energía potencial

V = −Gm1m2

r. (2.26)

2.4.6. Fuerza electrostática

Para la fuerza electrostática

F =1

4πε0

q1q2r2

r, (2.27)


la energía potencial resulta ser

V =1

4πε0

q1q2r

, (2.28)

con explicación similar dada para la fuerza gravitacional.

Nota 2.1 Para el lector que domine matemáticas más avanzadas. Hemosbuscado energía potenciales mediante un método que podríamos llamar desimple inspección. Sin embargo existe un método más general. La fuerza esconservativa si ∇× F = 0. Luego, si ese es el caso, se tiene que

rZr1

F · dr = −(V (r)− V (r1),

para cualquier camino de r1 → r. Como la fuerza es conocida esa integralpuede hacerse y se obtiene

V (r) = V (r1)−rZr1

F · dr.

Si r1 se elige adecuadamente como punto de referencia puede tomarse V (r1) =0.

2.4.7. Teoremas sobre la energía

Por su importancia se agrupan aquí los teoremas relativos a la energía yal trabajo.

I Teorema 2.8Teorema energía−trabajo. Si E = K + V representa la energía mecánica dela partícula entonces

Ef −Ei =WNCi→f . (2.29)

o en palabras: El cambio de la energía mecánica E de un sistema es igualal trabajo realizado por la fuerza no conservativa. El cambio puede ser unaganancia o pérdida de energía. Si la fuerza no conservativa es el roce, contrarioal desplazamiento, tendremos pérdida de energía.


Demostracion 8 Se ha demostrado que

Kf −Ki =Wi→f ,

si la fuerza se separa en sus posibles partes conservativas y no conservativasentonces

Wi→f =WCi→f +WNC

i→f = −(Vf − Vi) +WNCi→f ,

luego se obtiene

Kf −Ki = −(Vf − Vi) +WNCi→f ,

Kf + Vf − (Ki + Vi) = WNCi→f ,

que prueba el teorema.

I Teorema 2.9Teorema de conservación de la energía cinética. Si Wi→f = 0 entonces

Ki = Kf .

O en palabras, si el trabajo de la fuerza resultante es cero, entonces la energíacinética no cambia de valor.


Kf −Ki =Wi→f , (2.30)

haciendo Wi→f = 0

I Teorema 2.10Teorema de conservación de la energía mecánica. Si las fuerzas no conserva-tivas no realizan trabajo, es decir si WNC

i→f = 0, entonces

Ei = Ef ,

la energía permanece constante.


Ef − Ei =WNCi→f , (2.31)

haciendo WNCi→f = 0. Debe remarcarse que la energía se conservará en to-

dos los casos donde no hay fuerzas no conservativas o bien si existen, ellasno realizan trabajo. Por ejemplo, las reacciones normales que son fuerzasno conservativas, no realizan trabajo por ser el desplazamiento del cuerpoperpendicular a la fuerza.


2.5. Sobre la energía

En general, el hombre desea poner en movimiento las cosas para satisfacerdiferentes necesidades. En otras palabras se desea que los cuerpos adquieranenergía cinética. De acuerdo a lo explicado, una forma de lograrlo es median-te una fuerza que realice algún trabajo. Pero obtener una fuerza que realicetrabajo no es tan simple. Por ejemplo para mover un automóvil, un tren, unavión o simplemente mover un motor, de donde sacar la fuerza que lo haga.De acuerdo al teorema de conservación de energía, que se supone válido enesta discusión, si un cuerpo gana energía, entonces otro la pierde. Afortu-nadamente existen en la Tierra muchas fuentes de energía. Estas en generalson sistemas que tienen energía potencial acumulada. Por ejemplo una can-tidad de agua a cierta altura tiene energía potencial acumulada. Los núcleosde los átomos tienen energía eléctrica almacenada. Los combustible fósilestienen energía potencial acumulada, de naturaleza química. Otra preguntasurge. ¿Quién realizó el trabajo necesario para acumular esas cantidades deenergía? Casi sin excepción la respuesta es: nuestro Sol. La enorme energíaliberada por el Sol y parcialmente recibida en la Tierra, causa a lo largo deltiempo esas acumulaciones de energía potencial. Los árboles crecen, se trans-forman eventualmente en Carbón que posee una enorme cantidad de energíaacumulada. O, los mares se evaporan, llueve sobre la cordillera y allí tene-mos una enorme cantidad de energía potencial acumulada. Hay una enormecantidad de otros ejemplos: la energía del viento, la energía de las mareas delmar, la energía de las tempestades, etcétera.Mención aparte recibe la energía acumulada en los núcleos atómicos. Fue

necesario vencer la enorme repulsión eléctrica de los protones para formar losnúcleos de los átomos, que al formarse, tienen una enorme cantidad de energíaacumulada. Al final, la fuerza responsable de que eso haya ocurrido largotiempo atrás en alguna estrella, es la enorme fuerza gravitacional presenteen los núcleos de las estrellas como consecuencia de su enorme masa. Sinembargo para que esa energía quede acumulada, se requiere de algo quemantenga al núcleo unido. La fuerza responsable de que ello ocurra es lafuerza nuclear.Utilizar esas energías acumuladas ha sido posible gracias al gran desarrollo

de la tecnología.El desafió actual consiste en tratar de utilizar la mayor de las fuerzas

conocidas por el hombre para estos fines: la fuerza nuclear. La fuerza nucleares la responsable de la estabilidad de los núcleos atómicos, es siempre atrac-

2.5 Sobre la energía 117

tiva, de enorme magnitud y de muy corto alcance y se manifiesta entre loscomponentes del núcleo atómico, protones y neutrones.De manera que para que la fuerza nuclear se manifieste y realice algún

trabajo, se hace necesario acercar protones a muy corta distancia, tarea muydificil porque ellos se repelen y muy intensamente cuando se tratan de acercar.Los intentos de realizar este proceso en la Tierra en forma controlada hanavanzado, pero no hay certeza de cuando se logrará. Este proceso, llamado defusión nuclear, es logrado en los centros de las estrellas y el agente responsablees la enorme presión que ejerce la masa de la estrella sobre su centro productode la fuerza gravitacional.

2.5.1. La energía cinética de los asteroides

Hace aproximadamente 65 millones de años atrás un asteroide de alrede-dor de R = 20 km de radio y una velocidad del orden v = 20 kms−1 impactóla Tierra y causó el fin de la mayor parte de la vida en la Tierra. Si supo-nemos una densidad del orden de ρ = 5000 kgm−3 (5 veces la del agua) suenergía cinética será

K =1

2(1

3πR3ρ)v2 = 8. 38× 1024 J,

y como 1 megaton equivale a 4,2× 1015 J esa energía es aproximadamenteK = 2× 109 megatones,

quizás la explosión de todo el arsenal nuclear actual. La bomba atómica lan-zada en Hiroshima fue del orden 1

60megaton.


2.5.2. Integración de la ecuación de movimiento

La mecánica clásica es determinista, es decir conocida la posición y veloci-dad inicial de un cuerpo, la fuerza permite determinar la posición y velocidadfutura del cuerpo. El propósito de la dinámica es ese. Dadas las condicionesiniciales de un sistema y las fuerzas, determinar mediante la segunda ley deNewton las posición y velocidad futura del sistema. La segunda ley de New-ton, también llamada ecuación de movimiento, determina la aceleración delsistema a = d2r/dt2. Este es un problema matemático. Conocida la fuerzaresultante deberemos integrar la ecuación de movimiento y obtener la veloci-dad v(t) y posición r(t) si se conocen las condiciones iniciales del movimiento,es decir la velocidad y posición iniciales v(0) y r(0). Como veremos depen-diendo de las fuerzas actuando, la integración de la ecuación de movimientoes más o menos simple.Para el caso de la dinámica de un cuerpo la fuerza podría depender del

tiempo, de su posición y de su velocidad, es decir la ecuación que resulta es

md2r(t)

dt2= F (t, r, v), (2.32)

que en general no puede integrarse directamente porque el lado derecho, lafuerza, depende precisamente de la incógnita r(t) y de su derivada v(t). En elapéndice se profundiza más sobre diversos casos integrable y aquí nos limita-mos a los principales. En el capítulo de sistemas de partículas se explican lasdificultades adicionales que se presentan en el caso de la dinámica de varioscuerpos.Como posiblemente los alumnos de este curso aún no dominan el tema de

las integrales y menos el de las ecuaciones diferenciales, deje para más adelan-te la comprensión de todos los pasos intermedios, pero analice los resultadosy sus aplicaciones.

2.5.3. Fuerza constante

Este es el caso más simple. Como veremos se volverán a obtener los re-sultados conocidos del movimiento con aceleración constante. De la segundaley


a =F

m,

es inmediato obtener por dos integraciones sucesivas

v(t) = v(0) +F

mt, (2.33)

r(t) = r(0) + v(0)t+F

2mt2.

Estos resultados coinciden con lo establecido en la sección de cinemática parael caso en que la aceleración es constante.

2.5.4. Fuerza dependiente del tiempo F (t)

Aquí se puede dejar expresado

v(t) = v(0) +1

m

Z t

0

F (t0)dt0, (2.34)

r(t) = r(0) + v(0)t+1

m

Z t

0

dt00Z t00

0

F (t0)dt0,

donde las integrales se podrán hacer cuando la fuerza sea dada en formaexplícita.

2.5.5. Fuerza dependiente de la posición

En movimiento unidimensional. Si F = F (x)ı tenemos que

md2x

dt2= F (x), (2.35)

que constituye una ecuación donde está la incógnita x y su segunda deri-vada. Es una ecuación diferencial. Ella no puede integrarse inmediatamenterespecto a t porque x es una función del tiempo aún no determinada. Unaforma de resolverla es usando la identidad

x =1

2

d

dxx2,


de modo que se tiene una ecuación diferencial

1

2

d

dxx2 =

1

mF (x),

que ahora si podemos integrarla una vez respecto a x porque se supone lafuerza es una función conocida de x. Así resulta

1

2dx2 =

1

mF (x)dx,

1

2

Z x(t)

x(0)

dx2 =1

m

Z x(t)

x(0)

F (x)dx

x2(t)− x2(0) =2

m

Z x(t)

x(0)

F (x)dx,

o bien

x(t) =

sx2(0) +

2

m

Z x(t)

x(0)

F (x)dx =dx

dt. (2.36)

Tenemos ahora una primera derivada. Se puede finalmente separar variablesen la forma

dt =dxq

x2(0) + 2m

R x(t)x(0)

F (x)dx,

e integrar por segunda vez

t =

Z x(t)

x(0)

dxqx2(0) + 2

m

R xx(0)

F (x)dx. (2.37)

El problema estaría resuelto si dada F (x), la integral la realizamos y esposible de allí despejar x(t). Tarea no necesariamente simple. Lo anteriorpuede simplificarse o calcularse para casos específicos de fuerzas.

2.5.6. Por ejemplo la fuerza elástica

F (x) = −kx,


se obtiene

t =

Z x(t)

x(0)

dxqx2(0)− 2

m

R xx(0)

kxdx

=

Z x(t)

x(0)

dxqx2(0)− k

m(x2 − x2(0))

.

Sin perder demasiado podemos suponer que x(0) = 0 de modo que

t =

Z x(t)

0

dxqx2(0)− k

mx2

=

rm

k

Z x(t)

0

dxpmkx2(0)− x2

=

rm

ksin−1

xpmkx(0)

de modo que finalmente

x(t) =

rm

kx(0) sin

rk

mt. (2.38)

Más detalles serán dados al estudiar más adelante el llamado movimientoarmónico simple.

2.5.7. Solución más simple

Para el último caso particular, existe un método alternativo más fácil. Enefecto de

mx = −kx,

y si se define

ω2 =k

m,

tenemos quex+ ω2x = 0,


y usted puede fácilmente comprobar, si tiene alguna experiencia, que unasolución general es de la forma

x(t) = C cos(ωt+ φ).

La evaluación de las constantes C y φ según sean las condiciones inicialesx(0), x(0), se hará más adelante al estudiar el movimiento armónico simple.

2.5.8. Movimiento unidimensional con fuerza viscosa

Consideraremos el efecto que produce la presencia de una fuerza contrariay proporcional a la velocidad de la forma

Fx = −βmx.

Este tipo de fuerza se manifiesta cuando un cuerpo se mueve en el interiorde un fluido, líquido o gas.La ecuación de movimiento será

mx = −βmx, (2.39)

o bien si llamamos v = xdv

dt= −βv,

de donde es trivial separar variables

dv

v= −βdt,

y se puede integrar

lnv(t)

v(0)= −βt,

v(t) = v(0)e−βt,

que puede integrarse por segunda vez

x(t) = x(0) +v(0)

β(1− e−βt). (2.40)

Note que la velocidad tiende a cero y la posición alcanza un máximo

xmax = x(0) +v(0)

β.

2.6 Movimiento armónico simple 123

2.6. Movimiento armónico simple

El movimiento de un cuerpo sometido la acción de una fuerza elásticada lugar a un movimiento conocido como movimiento armónico simple. Estafuerza se manifiesta cuando un cuerpo oscila unido a un resorte ideal. Unresorte ideal tiene dos características, su longitud natural l0 que es su longitudsin estar sometido a fuerzas y su constante elástica k. La deformación delresorte es proporcional a la fuerza aplicada según

F = k(l − l0), (2.41)

donde l es la longitud del resorte deformado, como se indica en la figura

l0 lFF

Figura 2.4:

Si una partícula de masa M se mueve en una dimensión, digamos el ejeOX sometido a una única fuerza restauradora elástica de la forma, convienemedir la coordenada de posición x a partir de la longitud natural del resortede manera que

F = −k(l − l0)ı = −kxı, (2.42)

entonces la segunda ley de Newton nos da

l

l0

F

Figura 2.5:

Mx = −kx, (2.43)

x+ ω2x = 0,


donde se ha definido

ω2 =k

M. (2.44)

La coordenada x satisface la célebre ecuación del movimiento armónicosimple (MAS) cuya solución puede escribirse en términos de dos constantesA y φ como

x(t) = A cos(ωt+ φ). (2.45)

La constante A se conoce como la amplitud del movimiento y φ se conocecomo la fase inicial.

2.6.1. Evaluación de las constantes

Si las condiciones iniciales son conocidas

x(0) = x0,

x(0) = v0,

entonces al imponer dichas condiciones en (2.45) y su primera derivada re-sulta

x0 = A cosφ, (2.46)

v0 = −Aω sinφ,

de donde

A =

rx20 +

v20ω2

, (2.47)

tanφ = − v0ωx0

. (2.48)

2.6.2. Energía

La fuerza elástica restauradora es

F = −kxı,

y su única componente puede escribirse

Fx = −d

dx(1

2kx2),

2.6 Movimiento armónico simple 125

de modo que la energía potencial elástica será

V =1

2kx2. (2.49)

Si no hay otras fuerzas actuando o ellas no realizan trabajo entonces la energíatotal E se conserva, esto es

E =1

2Mx2 +

1

2kx2 = constante. (2.50)

2.6.3. Amplitud del movimiento

La constanteA se conoce como la amplitud del movimiento. Se caracterizaque cuando x tiene ese valor, entonces la partícula se detiene e invierte sumovimiento. Si usamos la conservación de la energía podemos relacionar laposición con la velocidad en la forma

E =1

2Mx2 +

1

2kx2 =

1

2kA2. (2.51)

Esta última relación entre velocidad y posición puede escribirse con v = x

x2 + ω2x2 = ω2A2, (2.52)³ v

ωA

´2+³ xA

´2= 1, (2.53)

que es la ecuación de una elipse sobre la cual se destacan las velocidadesmáximas v = ±ωA y desplazamientos máximos x = ±A.

2.6.4. Periodo y frecuencia

Evidentemente la función

x(t) = A cos(ωt+ φ).

es periódica con periodo T dado por

ωT = 2π, (2.54)

de modo que el periodo del movimiento es

T =2π

ω= 2π

rM

k, (2.55)


x

v

A-A

ωΑ

−ωΑ

Figura 2.6:

y la frecuencia, es el recíproco del periodo, es decir

f =1

T=1

2π

rk

M. (2.56)

La frecuencia angular será

ω = 2πf =2π

T=

rk

M. (2.57)

Como veremos en el ejemplo que sigue, movimientos armónico simples puedendarse en variadas situaciones, aún sin resortes.

Ejemplo 2.6.1 Considere una barra de masa M que se apoya en dos cilin-dros que giran en sentido contrario como se indica en la figura. El coeficientede roce cinético entre la barra y los cilindros es μ y la distancia entre loscentros es L. Demuestre que el movimiento horizontal de la barra es un mo-vimiento armónico simple y determine su frecuencia angular.

Solución. Si el centro C de la barra se desplaza x hacia la derecha, lasreacciones normales se hacen distintas de acuerdo a

N1 +N2 = Mg,

N1(L

2+ x) = N2(

L

2− x),

de donde se obtienen ellas

N2 =1

2Mg

L+ 2x

L, N1 =

1

2Mg

L− 2xL

.

2.7 Movimiento armónico amortiguado 127

C

N1 N2

xf1f2

L

Figura 2.7:

La fuerza resultante horizontal será

Fx = f1 − f2 = μ(N1 −N2) = −2μMg

Lx,

que es del tipo de una fuerza elástica con

k =2μMg

L,

y la frecuencia angular será

ω =

rk

M=

r2μg

L.

N

2.7. Movimiento armónico amortiguado

En nuestro mundo siempre existe roce de manera que el tratamiento delmovimiento armónico simple no refleja exactamente lo que ocurre. Por ejem-plo si el movimiento se realiza en presencia de aire y suponemos que ademásde la fuerza elástica actúa una fuerza de roce viscosa contraria a la velocidadde la forma

f = −2βxı, (2.58)

con β alguna constante, la ecuación de movimiento será


Figura 2.8:

Mx = −kx− 2βx,

o bien

x+2β

Mx+

k

Mx = 0. (2.59)

Ahora llamaremos

ω20 =k

M,

de modo que la ecuación para el movimiento amortiguado es

x+2β

Mx+ ω20x = 0. (2.60)

La solución de esta ecuación se obtiene suponiendo una solución exponencialde la forma

x(t) = Aept,

que al ser sustituida conduce a

p2 +2β

Mp+ ω20 = 0

es decir, hay a lo más dos valores de p para los cuales hay una solución. Estosvalores son

p = − β

M±

sµβ2

M2− ω20

¶La naturaleza de las soluciones depende crucialmente del signo de la cantidadsubradical. Así distinguimos tres casos:


2.7.1. Caso sub amortiguado

Si el roce es pequeño, en forma más precisa si

β2

M2− ω20 < 0,

y definimos

ω =

sω20 −

β2

M2, (2.61)

la solución puede escribirse en términos de dos constantes A y φ así

x(t) = Ae−βMt cos(ωt− φ), (2.62)

es decir hay oscilaciones cada vez de menor amplitud. El movimiento sedenomina cuasi periódico y el cuasi período está dado por

T =2π

ω=

2πqω20 − β2

M2

. (2.63)

Este es el único caso donde el cuerpo efectúa oscilaciones pero de amplitudescada vez más pequeñas, como se ilustra en la figura

-6

-4

-2

0

2

4

y

5 10 15 20 25x

Figura 2.9: movimiento oscilatorio amortiguado


2.7.2. Caso amortiguado crítico

Aquíβ2

M2− ω20 = 0,

los dos valores de p son iguales y la solución es

x(t) = (A+Bt)e−βMt,

donde dependiendo de los signos de las constantes A y B puede haber alo más una oscilación y luego la amplitud decae asintóticamente a cero. Lafigura ilustra un caso donde M = 1, β = 0,1 e inicialmente x(0) = 1,5m,x(0) = −0,5ms−1 de donde puede obtenerse

x(t) = (1,5− 0,35t)e−0,1t

donde el cuerpo cruza una sola vez la posición de equilibrio del resorte (x = 0)

-2

-1

0

1

2

y

5 10 15 20 25 30 35t

Figura 2.10: x(t) vs t

y después el resorte se aproxima asintóticamente a su longitud natural o seacon x = 0.

2.7.3. Caso sobre amortiguado

Si el roce es grande, es decir si

β2

M2− ω20 > 0, (2.64)


los dos valores de p son reales y distintos luego las soluciones son

p = − β

M±

sµβ2

M2− ω20

¶,

y luego

x(t) = e−βMt(Ae

r³β2

M2−ω20´t+Be

−r³

β2

M2−ω20´t), (2.65)

la coordenada cae exponencialmente a cero sin que se cruce ni una vez lacoordenada x = 0.

2.7.4. Movimiento amortiguado forzado

Si se agrega una fuerza externa forzadora de la forma F (t), la ecuaciónde movimiento será

x+2β

Mx+

k

Mx = F (t). (2.66)

Esta es una ecuación lineal de segundo orden, no homogénea. Un teoremade las matemáticas nos informa que la solución es la suma de una soluciónparticular de esa ecuación más la solución de la parte homogénea, que co-rresponde a la encontrada en la sección anterior. La solución de la partehomogénea, en cualquiera de los tres casos explicados a la larga decae a ce-ro, luego si nos olvidamos de los transientes iniciales, el cuerpo terminarámoviéndose de acuerdo a la solución particular.

2.7.5. Una solución particular

Si la fuerza forzadora es periódica de la forma

F (t) = A cosΩt,

es conveniente darse cuenta que con i =√−1 se tiene

F (t) = A cosΩt = Re(AeiΩt),

y resolver la ecuación

x+2β

Mx+ ω20x = AeiΩt,


en el entendido que en la solución que encontremos debemos quedarnos conla parte real. (repase álgebra de números complejos)La solución puede adivinarse de la forma

x(t) = CeiΩt,

que si es sustituida conduce a

−Ω2C + 2βM

iΩC + ω20C = A,

de donde

C =A

ω20 − Ω2 + 2iβΩM

,

es la amplitud de la respuesta del sistema. Finalmente la solución puedeescribirse

x(t) = Re

ÃA

ω20 − Ω2 + 2iβΩM

eiΩt

!,

donde Re(z) indica la parte real del número complejo z. Si usted repasa susconocimientos de números complejos podrá escribirla en la forma

x(t) =Aq

(ω20 − Ω2)2 + (2βΩM)2cos(Ωt− φ). (2.67)

Una característica de esta solución es que es una función que tiene la perio-dicidad de la fuerza forzante y que su amplitud presenta un máximo para uncierto valor de Ω como se explica a continuación.

2.7.6. Fenómeno de resonancia

Puede observarse que el movimiento forzado que ha resultado, después queterminan los transientes iniciales, es de la frecuencia de la fuerza forzadora,con alguna diferencia de fase φ con la fuerza, y lo más destacable es que suamplitud

Aq(ω20 − Ω2)2 + (2βΩ

M)2, (2.68)

2.8 Dinámica del movimiento circular 133

tiene un máximo cuando la frecuencia de la fuerza forzadora sea

Ω =

sω20 −

2β2

M2(2.69)

y si el roce es pequeño es casi la frecuencia natural ω0 del sistema. Lasmatemáticas permiten demostrar que el denominador de la amplitud tieneun mínimo si

d

dΩ((ω20 − Ω2)2 + (

2βΩ

M)2) = 0,

o sea

ω20 − Ω2 − 2β2

M2= 0,

y de ahí sigue lo establecido.

2.8. Dinámica del movimiento circular

Para el movimiento circular es conveniente expresar las ecuaciones de mo-vimiento en coordenadas polares con origen en el centro de la circunferencia,de modo que la segunda ley de Newton

F = ma,

y recordando lo establecido en el capítulo de Cinemática

v = Rθθ, (2.70)

a = −Rθ2r +Rθθ, (2.71)


se tiene que

θR

m r

θ

Fr

Fθ

Fr = −mv2

R= m(−Rθ2), (2.72)

Fθ = mRθ. (2.73)

Aquí Fr representa la componente radial (o normal) de la fuerza resultantey Fθ la parte tangente de la fuerza resultante. Existen diversas posibilidadespara el tipo de movimiento circular, dependiendo de las fuerzas que actúen,cuestión que se plantea en los ejercicios. Si la fuerza es puramente radial,Fθ = 0, de lo cual se deduce que el movimiento es circular uniforme, es decirθ es constante. En los desplazamientos de la partícula la componente Fr porser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Si la componente Fθ

es una fuerza conservativa la energía será constante

E =1

2mv2 + V = constante. (2.74)

Si existe roce, entonces al menos una parte de la fuerza tangencial es noconservativa y entonces la energía disminuirá.

Ejemplo 2.8.1 Una partícula de masa m puede moverse por el interior deuna superficie circular lisa de radio R cuyo plano está vertical. Inicialmentela partícula parte del punto más bajo con una rapidez inicial v0. Analice lasdiversas posibilidades que tiene el movimiento de la partícula en función dela rapidez inicial.


Solución. La figura ilustra las dos fuerzas que actúan sobre la partículamientras ella permanezca en contacto con la superficie. Antes de plantearnada matemático usted debe darse cuenta de las posibilidades y luego que esoesté claro, proceder a un análisis más detallado. Es más o menos evidente quesi la rapidez inicial es pequeña, la partícula efectuará oscilaciones. Si ella esmás grande, la partícula puede perder el contacto pasado los noventa grados.Si es mayor aún, podrá dar vueltas completas. Las ecuaciones generales se

θ

R mg

m

r

θ

N

v0

θ

Figura 2.11:

reducen en este caso a

Fr = −N −mg sin θ = m(−Rθ2), (2.75)

Fθ = −mg cos θ = mRθ, (2.76)

Ei = Ef , (2.77)1

2mv20 =

1

2mR2θ

2+mg(R+R sin θ). (2.78)

De la tercera

v20R− 2g(1 + sin θ) = Rθ

2


De la primera, eliminando θ2se obtiene

N = −mg sin θ +m(v20R− 2g(1 + sin θ)),

N =mv20R−mg(3 sin θ + 2).

de la primeraN −mRθ

2= −mg sin θ (2.79)

Vueltas completas. La partícula realizará vueltas completas si N per-manece positiva para todo θ. Observando la expresión para N es casomás desfavorable ocurre si θ = π, luego la condición será

mv20R

+mg(−3− 2) = 0,

o seav0 =

p5gR.

Oscilaciones. Para que esto ocurra la partícula debe detenerse antesque la normal se anule. Esto significa que θ = 0 antes que N se anule.Pero si θ > 0 la ecuación (2.79) indica que

N −mRθ2= −mg sin θ < 0,

N < mRθ2,

o sea no puede anularse θ primero. Luego pueden haber oscilacionessólo si θ = 0 para θ < 0, y eso requiere que

v20R− 2g(1 + sin θ) = 0 para θ < 0,

de dondev0 =

p2gR(1 + sin θ) 6

p2gR.

Despegues. Para que la partícula despegue, pierda el contacto, debe serN = 0 con 0 < θ < π/2 luego

0 =mv20R−mg(3 sin θ + 2),

v0 =pgR(2 + 3 sin θ),p

2gR < v0 <p5gR.


θ

R

v0

v'0π/2−θ

x

y

Figura 2.12:

Análisis del despegue y siguiente punto de impacto Sea θ > 0 el ángulodel despegue. De N −mRθ

2= −mg sin θ para N = 0 podemos evaluar

v00 = Rθ =pgR sin θ,

y usando las ecuaciones de los proyectiles

x = R cos θ − v00t cos(π/2− θ),

y = R sin θ + v00t sin(π/2− θ)− 12gt2,

reduciendo

x = R cos θ −pgR sin θt sin θ,

y = R sin θ +pgR√sin θt cos θ − 1

2gt2,

calculemos

x2 + y2 = R2 − gpgR√sin θt3 cos θ +

1

4g2t4

y para x2 + y2 = R2 que caracteriza al punto de caída, se obtiene eltiempo

t = 4

sR

g

√sin θ cos θ


y así evaluamos las coordenadas del punto de caída resultando despuésde algunas simplificaciones

x = R cos 3θ = R cos(−3θ),y = −R sin 3θ = R sin(−3θ).

Esto es el punto de caída se produce en el ángulo −3θ.

N

2.9. Ejemplos

2.9.1. Fuerzas constantes o dependientes del tiempo

Ejemplo 2.9.1 Un cuerpo de masa 10 kg, se encuentra sobre una superficiehorizontal áspera, de coeficiente de fricción estático y cinético μs = 0,2 y μk =0,1, respectivamente. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontal demagnitud 60N que actúa sólo durante 10 s, determine la posición y velocidaden tiempo t.

Solución. La fuerza de roce estática máxima es

fmaxs = μsN = μsmg = 0,2× 10× 9,8 = 19. 6N,

luego el bloque acelera. Hay que hacer el análisis por tramos.

¥ 0 < t 5 10

ma = F − μkmg,

a =60− 0,2× 10× 9,8

10= 4. 04m s−2.

Entonces

x(t) =1

2at2 = 2,02t2,

v(t) = 4,04t.

2.9 Ejemplos 139

¥ 10 < t 5 tmax. El tiempo máximo es cuando el bloque se detiene y sesabrá luego. Ahora

ma = −μkmg,

a = −0,2× 10× 9,810

= −1. 96m s−2.

La posición y velocidades iniciales son las finales del primer intervalo

x(10) = 2,02× (10)2 = 202m,v(10) = 4,04× 10 = 40,4m s−1,

luego

v(t) = v(10) + a(t− 10) = 40,4− 1. 96(t− 10) = 60,0− 1. 96tms−1,

x(t) = x(10) + v(10)(t− 10) + 12a(t− 10)2

= 202 + 40,4× (t− 10)− 121. 96(t− 10)2

= −300,0 + 60,0t− 0,98t2.El instante en que la velocidad es nula da

tmax =60,0

1. 96= 30. 61 s.

NEjemplo 2.9.2 Sobre un bloque de masa m que se encuentra sobre un planohorizontal liso e inicialmente en reposo actúa una fuerza constante F duranteun tiempo T , luego la fuerza se invierte y actúa otro intervalo de tiempo T ,luego la fuerza no se aplica más. Determine la posición y velocidad en todotiempo.

Solución. En los diferentes intervalos de tiempo la segunda ley nos diceque

a = ±F

m.

Integramos por tramos considerando que las posiciones y velocidades finalesson las iniciales del siguiente tramo.

x(t) =1

2

F

mt2, 0 < t 6 T,

v(t) =F

mt, 0 < t 6 T,


x(t) = x(T ) + v(T )(t− T )− 12

F

m(t− T )2, T < t 6 2T,

v(t) = v(T )− F

m(t− T ), T < t 6 2T,

ahora la aceleración es nula

v(t) = v(2T ), 2T < t,

x(t) = x(2T ) + v(2T )(t− 2T ), 2T < t.

Procediendo a los reemplazos resulta

x(t) =1

2

F

m(4Tt− t2 − 2T 2), T < t 6 2T,

v(t) = F2T − t

m, T < t 6 2T,

v(t) = v(2T ) = 0, 2T < t,

x(t) = x2(2T ) =F

mT 2, 2T < t.

N

Ejemplo 2.9.3 Sobre un bloque de masa m que se encuentra sobre un planohorizontal liso e inicialmente en reposo actúa una fuerza F = F0 cos

2πtT.

Determine la posición y velocidad en todo tiempo.

Solución. Este ejemplo tiene un parecido con el ejemplo anterior en elsentido que a fuerza va cambiando de signo periódicamente, pero es más fácil.En efecto basta integrar dos veces

mdv

dt= F0 cos

2πt

T,

luego

v(t) =F0m

Z t

0

cos2πt

Tdt =

F0m

T

2πsin2πt

T,

integramos de nuevo

x(t) =

Z t

0

F0m

T

2πsin2πt

Tdt =

F0m

µT

2π

¶2(1− cos 2πt

T).

N

2.9 Ejemplos 141

2.9.2. Fuerzas dependientes de la posición o de la ve-locidad

En estos casos la segunda ley será de la forma

mdv

dt= F (v),

y la técnica que permite integrar se denomina separación de variables. Bastareordenar la ecuación en la forma

mdv

F (v)= dt,

y es inmediato poder integrar una vez

m

Z v(t)

v(0)

dv

F (v)=

Z t

0

dt = t.

Si F (v) no es demasiado compleja quizás usted pueda hacer la integral. Des-pués deberá despejar v(t) e integrar por segunda vez.Alternativa: Si se multiplica la segunda ley por dx resulta

mdxdv

dt= dxF (v),

reordenando

mvdv

F (v)= dx,

que se puede integrar para obtener la relación entre velocidad y posición

m

Z v(x)

v0

vdv

F (v)=

Z x

0

dx = x.

Ejemplo 2.9.4 Una partícula de masa m, se lanza con rapidez inicial v0sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partícula una fuerzaresistente proporcional a la velocidad con constante de proporcionalidad k.Calcule la posición y la velocidad de la partícula en función del tiempo.

Solución. La segunda ley será

mdv

dt= −kv,


separando variablesdv

v= − k

mdt,

integrando Z v(t)

v0

dv

v= −

Z t

0

k

mdt,

lnv(t)

v0= − k

mt,

despejando v(t)v(t) = v0e

− kmt,

que muestra que la partícula se detiene en t → ∞. Integramos por segundavez

x(t) =

Z t

0

v0e− kmtdt =

mv0k(1− e−

kmt),

que muestra que la partícula recorre una distancia máxima

xmax =mv0k

,

a pesar que no se detiene nunca.Alternativa:En este caso podemos también escribir

mdxdv

dt= −kvdx,

luego

mvdv = −kvdx,

dv = − k

mdx,

que es integrable Z v(t)

v0

dv = − k

m

Z x

0

dx,

luego

v(t) = v0 −kx

m,

que indica como varía la velocidad de la partícula con su posición hasta quese detenga.

2.9 Ejemplos 143

N

Ejemplo 2.9.5 Una partícula de masa m, se lanza con rapidez inicial v0sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partícula una fuerzaresistente proporcional al cuadrado de la rapidez con constante de proporcio-nalidad k. Calcule la posición y la velocidad de la partícula en función deltiempo.

Solución. Ahoramdv

dt= −kv2,

separando variablesdv

v2= − k

mdt,

integrando Z v(t)

v0

dv

v2= −

Z t

0

k

mdt,

− 1

v(t)+1

v0= −kt

m,

despejando v(t)v(t) =

v0

1 + ktv0m

,

que muestra que la partícula se detiene en t→∞. Integramos por segundavez

x(t) =

Z t

0

v0

1 + ktv0m

dt =m

kln

µ1 +

ktv0m

¶,

ahora la partícula recorre una distancia infinita.Alternativa:multiplique por dx la segunda ley

mdxdv

dt= −kv2dx,

reordenandomvdv = −kv2dx,dv

v= − k

mdx,

integrando

lnv(t)

v0= −kx

m,


o sea la relación entre velocidad y posición es

v(t) = v0e−kx

m .

N

Ejemplo 2.9.6 Una partícula de masa m está sometida a una fuerza elás-tica −kx, e inicia su movimiento con rapidez inicial v0 y x = 0 sobre unplano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partícula una fuerza resistenteproporcional al cuadrado de la rapidez con constante de proporcionalidad β.Calcule la velocidad de la partícula en función de la posición mientras avanzahacia la derecha.

Solución. Ahoramdv

dt= −kx∓ βv2,

donde el signo menos aplica cuando la partícula se mueve hacia la derechay el más cuando se mueve hacia la izquierda. Ahora no es trivial separarvariables. Pero existe la identidad

dv

dt=

dx

dx

dv

dt=

dx

dt

dv

dx= v

dv

dx,

lo cual permite dejar dos variables, v y x

mdv

dt= −kx− βv2,

omvdv ± βv2dx = −kxdx.

Veamos si al multiplicar ambos miembros por alguna función g(x) que hayque determinar para que el lado izquierdo sea la diferencial de alguna funciónde x y v. (El llamado factor integrante)

mvg(x)dv + βv2g(x)dx = −g(x)kxdx.

Como se explicó, vea (2.16) debe ser

∂

∂xmvg(x) =

∂

∂vβv2g(x),

o sea

m∂

∂xg(x) = 2βg(x),


de dondeg(x) = e

2βxm ,

luego

mvdve2βxm + βv2dxe

2βxm = −kxdxe 2βxm ,

d(1

2mv2e

2βxm ) = −kxdxe 2βxm ,

integrando

1

2mv2e

2βxm = −1

2kx2e2β

xm + C,

1

2mv2 +

1

2kx2 = Ce−

2βxm ,

en t = 0

1

2mv20 = C,

1

2mv2 +

1

2kx2 =

1

2mv20e

∓ 2βxm

finalmente

v =

rv20e

−2βxm − k

mx2.

N


2.10.1. Dinámica unidimensional

Ejercicio 2.1 Un cuerpo de masa 16 kg, se encuentra sobre una superficiehorizontal áspera, de coeficiente de fricción estático y cinético μs = 0,3 yμk = 0,25, respectivamente. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontalF , determine: a) La fuerza resultante sobre el bloque si F = 45N. b)Lamagnitud mínima de F para poner en movimiento al cuerpo. c) La distanciahorizontal que recorre el cuerpo, hasta llegar a detenerse, si F = 80N y actúasólo durante 4 s.


Solución. Calculemos fmaxS = μSN = μSmg = 0,3 × 16 × 10 = 48,0N.Luego la fuerza de 45N es insuficiente para colocar en movimiento el cuerpo,entoncesa)P

F = 0. Ademásb) Fmın = 48,0N.Para F = 80N, la segunda ley da

F − μKmg = ma1, t < 4 s,

−μKmg = ma2, t > 4 s.

De aquí

a1 =80− 0,25× 16× 10

16= 2. 5ms−2

a2 =−0,25× 16× 10

16= −2. 5m s−2.

En 4 s la posición y velocidad alcanzadas son

x =1

2a1t

2 =1

22,5(4)2 = 20m,

v = a1t = 10,0m s−1,

y se detendrá en un tiempo adicional tal que

0 = 10 + a2t =⇒ t =10

2,5= 4 s,

recorriendo una distancia adicional

x = vt+1

2a2t

2

= 10× 4− 122,5(4)2 = 20,0m,

luego en total recorre 40m.

N

Ejercicio 2.2 Dos bloques A y B de masa mA = 14kg y mB = 10 kg, estánunidos por una cuerda cuya masa total es m = 8kg como se indica enla figura. Si se aplica al bloque superior A una fuerza vertical F de módulo


480N, se pide calcular:

F

A

B

a) La aceleración del sistema. b)La tensión en los extremos superior e inferiorde la cuerda.

Solución. Si T1 y T2 indican las magnitudes de la tensión en los extremossuperior e inferior respectivamente, tenemos

F − T1 −mAg = mAa,

T1 − T2 −mg = ma,

T2 −mBg = mBa,

sumando las tres

F − (mA +m+mB)g = (mA +m+mB)a,

de dondea =

480− 32032

= 5,0ms−2

y de aquí

T2 = mB(g + a) = 150N,

T1 = T2 +mg +ma = 270N.

N

Ejercicio 2.3 Un disco de hockey abandona el palo de un jugador con unarapidez de 5m s−1 y desliza 36m antes de detenerse. Demuestre que el coefi-ciente de roce entre el disco y el hielo es 0,035.


Solución. Dema = −μKmg,

resultaa = −μKg,

y se detiene en tiempo t dado por

v0 − μKgt = 0 =⇒ t =v0μKg

,

y la distancia recorrida es

x = v0t−1

2at2 =

v202μKg

,

entonces

μK =v202xg

=25

2× 36× 10 = 0,035.

N

Ejercicio 2.4 Una partícula de masa m se mueve sobre el eje X de unsistema de coordenadas, sometido a una fuerza de atracción hacia el origende magnitud k/x2, donde k es una constante positiva. Si la partícula partedel reposo en x = a, demuestre que ella llegará al origen en un tiempo t ,dado por

t =πa

2

rma

2k.

Solución. La segunda ley de Newton da

mx = − k

x2,

con condiciones iniciales x(0) = a, x(0) = 0. Como

x =1

2

d

dxx2,

podemos integrar1

2x2 =

k

m(1

x− 1

a),


de donde

x = −r2k

m(1

x− 1

a),

separe variables e integre

t = −Z 0

a

dxq2km( 1x− 1

a)=1

2πa

rma

2k.

N

Ejercicio 2.5 Sobre una partícula de masa m, inicialmente en reposo, ac-túa una fuerza F de magnitud: F = Fo [1− (t− T )2/T 2] durante un intervalode tiempo0 < t < 2T . Pruebe que la rapidez de la partícula al final del inter-valo es: v = 4FoT/3m

Solución. De la segunda ley de Newton

mdv

dt= Fo

£1− (t− T )2/T 2

¤,

integramos

v =Fo

m

Z 2T

0

£1− (t− T )2/T 2

¤dt =

4

3

Fo

mT.

N

Ejercicio 2.6 Una partícula de masa 1 kg, se mueve a lo largo del eje Xbajo la acción de una fuerza cuya magnitud es: F = 4π2 sin 8πt , donde Festá medido en N y t en s. Cuando t = 0 s, la rapidez de la partícula es40ms−1. Calcule: a) La rapidez de la partícula cuando t = 0,2 s. b) Si ent = 0 s, x = 0m, determine la posición de la partícula en t = 0,2 s.

Solución.

dvxdt

= 4π2 sin 8πt, vx(0) = 40ms−1, x(0) = 0m.

Integramos dos veces

vx(t) = 40 +

Z t

0

4π2 sin 8πtdt = 40 +1

2π − 1

2(cos 8πt)π,


integre de nuevo

x(t) = (40 +1

2π)t− 1

16sin 8πt,

si evaluamos para t = 0,2 s

vx = 41. 085 m s−1, x = 8. 37m

N

Ejercicio 2.7 Una partícula de masa m, que está inicialmente en reposo enel origen, queda sujeta a la acción de una fuerza resultante, cuya magnitudestá dada por F = kt2. Demuestre que:

x

vx=

t

4.

Solución. Tenemos

mdvxdt

= kt2,

si integramos

mvx =1

3kt3,

integrando de nuevo

mx =1

12kt4,

de manera quex

vx=

t

4.

N

Ejercicio 2.8 Un globo cuyo peso total es W , incluyendo el lastre, estásujeto a la acción de una fuerza ascendente vertical constante P . En undeterminado instante, el globo comienza a descender con una aceleraciónconstante de magnitud “ a” . ¿Qué cantidad de lastre debe arrojarse fueradel globo para que éste se eleve con aceleración constante de magnitud a? Noconsidere la resistencia del aire.


Solución. Bajando

P −W = −Wga,

Para que suba debemos disminuir el peso de manera que

P −W 0 =W 0

ga,

Eliminemos aP −W

P −W 0 = −W

W 0 =⇒W 0 =WP

2W − P

o sea debe botar

W −W 0 =W −WP

2W − P= 2W

P −W

P − 2W .

La solución en realidad depende de cuales sean los datos. Si se desconocela fuerza ascendente P, la solución en términos de a se logra eliminando P,es decir restando las dos primeras ecuaciones

W −W 0 =W 0

ga+

W

ga,

de dondeW 0 =W

g − a

g + a,

y finalmente se debe botar

W −W 0 = 2Wa

g + a.

N

Ejercicio 2.9 Sobre una partícula que se mueve sobre el eje X, actúa unafuerza dada por: F = − k

vxı. Se sabe que en t = 0, x0 = a , x0 = v0. Calcule:

a) x en función de t y b) x en función de x.

Solución. De nuevo, la segunda ley de Newton

mdvxdt

= − k

vx, vx(0) = v0, x(0) = a.


Esta puede integrarse de la forma

vxdvx = −kmdt =⇒ 1

2(v2x − v20) = −kmt,

de aquí se despeja

vx(t) =qv20 − 2kmt.

Para obtener x en función de x, la segunda ley puede escribirse

mdvxdt

dx = − k

vxdx,

esto es

mdvxv2x = −kdx =⇒

1

3(v3x − v30) = −

k

m(x− a),

de donde despejamos

vx(x) =3

rv30 −

3k

m(x− a).

N

Ejercicio 2.10 La fuerza neta que actúa sobre una partícula de masa 26 kg,tiene la dirección sobre el eje de las X de un sistema de coordenadas y estádada por la expresión:

F = At3 +Be−ct

en que A = 216N s−3, B = 1N, c = 1 s−1 y t está expresado en segundos.Si en el instante t = 0, la partícula está pasando por el origen moviéndosea 3ms−1 en el sentido positivo del eje X, determine: a) La velocidad de lapartícula en el instante t = 3 s. b) Su distancia al origen en ese instante.

Solución. La segunda ley será, reemplazando números

26ax = 216t3 + e−t, x(0) = 0, vx(0) = 3ms−1.

De aquí, integrando dos veces

vx(t) = 3 +

Z t

0

216t3 + e−t

26dt,

= 3. 038 5 + 2. 077t4 − 0,038 6e−1,0t,

x =

Z t

0

(3. 038 5 + 2. 077t4 − 0,038 6e−1,0t)dt

= 3. 038 5t+ 0,415 4t5 + 0,038 6e−1,0t − 0,038 6


que si se evalúan en t = 3 s dan

vx = 171. 274ms−1,

x = 110. 02m.

N

Ejercicio 2.11 Una partícula de masa m , parte del reposo desde el origende un sistema de coordenadas bajo la acción de una fuerza neta cuya magnitudes F = f0 − kt2, en que f0 y k son constantes positivas. a) Encuentre lasexpresiones para la velocidad y para el itinerario de la partícula (x(t)) enfunción del tiempo. b) Si m = 800 kg, f0 = 1500N, k = 15N s−2 y el tiempoestá dado en segundos, determine en qué instante se detiene la partícula y aqué distancia del origen.


800dv

dt= 1500− 15t2; x(0) = v(0) = 0.

Integrando dos veces

v(t) =

Z t

0

1500− 15t2800

dt

=15

8t− 1

160t3,

y

x(t) =

Z t

0

(15

8t− 1

160t3)dt

=15

16t2 − 1

640t4,

luego la partícula se detiene cuando

15

8t− 1

160t3 = 0 =⇒ t = 10

√3 s.

y su posición es

x =1125

8= 140. 625 s.


N

Ejercicio 2.12 Una partícula de masa m se mueve en una línea recta (enel eje X) sometida a una fuerza elástica −Kx y a una fuerza de roce vis-cosa de la forma −2βx. Si inicialmente la velocidad es V y la posición esx = 0, determine las expresiones para la posición de la partícula en funcióndel tiempo, en los tres casos: sub amortiguado, amortiguado crítico y sobreamortiguado.

Solución. La ecuación de movimiento es

mx+ kx+ 2βx = 0

siendo la ecuación característica

mp2 + 2βp+ k = 0

con soluciones

p = − β

m+

r(β

m)2 − k

m, p = − β

m−r(β

m)2 − k

m

a)Sub amortiguado km− ( β

m)2 = ω2 > 0

x = e−βmt(A cosωt+B sinωt)

b) amortiguado crítico km− ( β

m)2 = 0

x = e−βmt(A+Bt)

c) sobre amortiguado ( βm)2 − k

m> 0

x = e−βmt(Ae√( βm)2− k

mt +Be−

√( βm)2− k

mt),

donde al considerar las condiciones iniciales x(0) = 0, x(0) = V permiteobtenera)

x =V

ωe−

βmt sinωt)

b)x = V e−

βmtt


c)

x =V

2q( βm)2 − k

m

e−βmt(e√( βm)2− k

mt − e−

√( βm)2− k

mt)

N

Ejercicio 2.13 Una partícula descansa sobre una plataforma horizontal ini-cialmente en reposo. Si la plataforma comienza a moverse verticalmente demodo que su desplazamiento es:

y = A sinωt

siendo A y ω constantes y t el tiempo. Determine la condición que debencumplir esas constantes para que durante el movimiento de la plataforma lapartícula se despegue de ella.

Solución.Mientras la partícula permanezca apoyada sobre la plataforma,la reacción normal actuando sobre ella, hacia arriba N , está dada por

my = N −mg

cony = A sinωt

derivando dos vecesy = −Aω2 sinωt

de la primera sale que

N = m(g −Aω2 sinωt).

Entonces la partícula no despegará si N > 0 para todo t lo cual requiere que

Aω2 < g

o bien la partícula despegará si

Aω2 > g.

N


Ejercicio 2.14 Un cuerpo se ata a un extremo de un hilo inextensible y elotro extremo del hilo tiene movimiento armónico simple vertical de amplituda, realizando n oscilaciones completas por segundo. Demuestre que el hilopermanecerá tenso siempre que

n2 ≤ g

4π2a.

Solución. Si T indica la tensión e y la altura de la partícula tenemos

my = T −mg.

Como y corresponde a un movimiento armónico simple con ω = 2πn y am-plitud a

y = a sin(2πnt)

entonces

T = mg −my

= mg +m4πn2a sin 2πnt,

Para que el hilo permanezca tenso debe ser

T = mg +m4πn2a sin 2πnt > 0

y entoncesmg > m4πn2a,

on2 <

g

4πa.

N

Ejercicio 2.15 Un cuerpo de masa m = 1kg es empujado por una fuerzahorizontal F de módulo 15N, desde el pie de un plano inclinado en 37o

respecto a la horizontal y cuyo coeficiente de roce cinético es 0,2. Si la fuerzaF actúa durante tres segundos solamente, determine: la distancia que alcanzaa subir por el plano y el tiempo que demora en volver al punto de Partida.


Solución. Aquí m = 1kg, F = 15N, μk = 0,2, θ = 37o

F

g

θ = 37º

37º

Nf

mg

Tomando el eje x paralelo al plano inclinado e y normal, tenemosXFx = F cos θ − f −mg sin θ = maXFy = N − F sin θ −mg cos θ = 0

f = μkN

entoncesf = μk(F sin θ +mg cos θ)

a =F cos θ − μkF sin θ − μkmg cos θ −mg sin θ

m

a

½F (cos θ−μk sin θ)−mg(μk cos θ+sin θ)

msi t < 3

−g(μk cos θ + sin θ) si t > 4

calculemos numéricamente

a

½2. 56 si t < 3−7. 62 si t > 3

así resulta para t = 3, s = 12(2. 56) × 32 = 11. 52m y v = 2,56 × (3) = 7.

68ms−1. Pasado este tiempo el cuerpo empieza a frenar y

v = 7. 68− 7,62t,

s = 11,52 + 7,68t− 127,62t2,

a) El cuerpo sube hasta que v = 0, o sea 7. 68− 7,62t = 0, con soluciónt = 1. 01 s y por lo tanto la distancia que ha subido es

s = 11,52 + 7,68(1. 01)− 127,62(1. 01)2 = 15. 39m.


En la bajada la fuerza de roce cambia de sentido luego la aceleración debajada hay que calcularla

a =+μkmg cos θ −mg sin θ

m,

= +μkg cos θ − g sin θ

= −3. 622 m s−2

0,3× 10 cos 37180

π − 10 sin 37180

π =b) La bajada desde el punto más alto se inicia a t = 4,01 s con velocidad

inicial cero, luego hacemos

0 = 15. 39− 123. 622 (t− 4,01)2,

de modo que el tiempo est = 6. 93 s.

N

2.10.2. Movimiento armónico simple

Ejercicio 2.16 Si un cuerpo se suspende de un resorte de longitud naturall0 y constante elástica k, en la posición de equilibrio estático el resorte quedaestirado con un largo

k

y

l0 + mg/k

l0 +mg

k

Si se perturba, determine la ecuación de movimiento para el desplazamientoy.


Solución. Coloquemos el eje y hacia abajo. En esa dirección y sentido lasegunda ley de Newton da

my = mg − k³l0 +

mg

k+ y − l0

´,

se cancelan dos términos y se obtiene

my + ky = 0.

O sea el peso no influye más que en bajar el origen del centro de la oscilacióny el cuerpo efectuará un movimiento armónico simple.

N

Ejercicio 2.17 Un cuerpo cuya masa es m = 2kg está suspendido de unresorte cuya constante elástica es K = 5Nm−1. Inicialmente el cuerpo estáen la posición de equilibrio estático colgando con el resorte vertical, y sela imprime una velocidad hacia debajo de magnitud 0,5m s−1. Determine laposición del cuerpo respecto a su posición de equilibrio estático, en funcióndel tiempo.

Solución. De acuerdo al problema anterior tenemos

y +k

my = 0,

o sea ω =q

km=q

52y la solución será

y(t) = A cos(ωt− φ),

con condiciones iniciales

y(0) = A cos(−φ) = 0,y(0) = −ωA sin(−φ) = 0,5,

luego

φ =π

2,

r5

2A =

1

2

finalmente

y(t) =1

10

√10 sin

r5

2t


N

Ejercicio 2.18 Dos resortes S1 y S2 de longitudes iguales a 0,5m, pero condiferentes constantes elásticas K1 = 50Nm

−1 y K2 = 100Nm−1, están uni-

dos a dos soportes A y B, que se encuentran a la misma altura. Un cuerpo Cde masa 2,5 kg, está entre los dos resortes y es estirado hacia abajo hasta quela longitud de los resortes se duplica. ¿ Cuál es la aceleración que adquiereel cuerpo C cuando se deja libre?

A B

C

S1 S2

Solución. Tendremos

F = k1 × (1− 0,5) + k2 × (1− 0,5)−mg = ma,

de dondea =

25 + 50− 252,5

= 20,0m s−2

N

Ejercicio 2.19 Se tiene el sistema de la figura donde un bloque de masa Mse mueve unida a dos resortes iguales de largo natural l0 y constante elásticaK. Si el sistema se coloca en movimiento, x indica el desplazamiento respectoa la posición de equilibrio. Determine la frecuencia y periodo del movimientodel bloquea partícula. No hay roce.

l0 l0

x


Solución. Note que si el cuerpo se desplaza en x, ambas fuerzas elásticasestán hacia la izquierda y son de igual magnitud kx, luego la segunda ley deNewton es simplemente

mx = −kx− kx,

de donde

ω2 =2k

m,

f =ω

2π=1

2π

r2k

m,

T =1

f= 2π

rm

2k.

N

Ejercicio 2.20 Una partícula de masa m = 2kg tiene un movimiento ar-mónico simple de modo que su desplazamiento respecto a la posición de equi-librio está dado por

x(t) = 3 cos(π

3t− π

3) m

Determine: a) La frecuencia del movimiento en oscilaciones por segundo.b) La amplitud del movimiento en (m). c) La energía mecánica E en (J).d) La máxima magnitud de la aceleración de la partícula en ms−2. e) Lamáxima magnitud de la velocidad de la partícula en ms−1.

Solución. De la ecuación dada identificamos (a) y (b)

f =ω

2π=

π3

2π=1

6Hz,

A = 3m.

La velocidad y aceleración se obtienen derivando

v = −π sin(π3t− π

3) m s−1,

a = −π2

3cos(

π

3t− π

3) m s−2,

luego los máximos son (d) y (e)

vmax = π ms−1,

amax =π2

3m s−2.


Resta calcular la energía. Tenemos que

ω =

rk

m, E =

1

2kA2,

luego

E =1

2mω2A2 =

π2

3232 = π2 J.

N

Ejercicio 2.21 Un bloque de masam = 2kg parte del reposo en A ubicado a2m de altura y baja deslizando sobre una curva que a nivel del suelo continúaen línea recta. Hay roce solamente en el tramo CB donde μK = 0,5 . Pasadoel tramo con roce el bloque comienza a comprimir un resorte de longitudnatural 2m y constante

k = 10 N/mm = 2 kg

A

OC B 2 m

3 m

2 m μK = 0.5

elástica k = 10Nm−1 hasta detenerse e invertir su sentido de movimiento.Determine: a) La rapidez de la partícula en el punto B. b) La rapidez de lapartícula en el punto C. c) La longitud mínima que alcanza el resorte. d) Laubicación del punto entre C y B donde finalmente se detiene el bloque.

Solución. Tomamos cero la energía potencial gravitacional al nivel delsuelo. En A la energía es puramente gravitacional E = mghA = 2× 10× 2 =40 J. Esa energía en B es puramente cinética luego

1

2mv2B = 40⇒ (a) vB =

r80

2= 6. 325m s−1.

En cada pasada por el tramo con roce, la partícula pierde energía igual altrabajo realizado contra el roce esto es

∆E = −μKmgd = −0,5× 2× 10× 3 = −30 J.


Luego a la salida del tramo con roce tiene energía

EC = 40− 30 = 10 J,

que es puramente cinética, luego

1

2mv2C = 10⇒ (b) vC =

r20

2= 3. 162ms−1.

El resorte transforma toda esa energía en elástica luego

1

2k(l0 − lmın)

2 = 10,

de donde ω(c) lmın = (2−

√2) = 0,586m.

La energía es todavía E = 10 J. Suficiente para recorrer un tercio del tramocon roce luego se detiene a 1m a la derecha de C.

N

Ejercicio 2.22 Una partícula de masa 8 kg oscila con movimiento armó-nico simple unida a un resorte.

Vx (m/s)

x (m)

10

-10

20-20

La figura muestra la variación de la componente vx de la velocidad con res-pecto al alargamiento x. Si en t = 0 s, la partícula pasa por la posición deequilibrio, x(0) = 0, moviéndose hacia la izquierda con cierta rapidez, deter-mine a) La ecuación itinerario x(t). b) La energía mecánica del sistema E.

Solución. Como es movimiento armónico simple entonces en general

x(t) = A cos(ωt+ φ).


De la figura identificamos

A = xmax = 20m,

vmax = 10 = Aω =⇒ ω =10

20= 0,5m.

Falta identificar la fase inicial φ. Para ello se sabe que en t = 0

x(0) = 20 cos(φ) = 0,

x(0) = −10 sin(φ) < 0,

que tiene única solución φ = +π2, luego

x(t) = 20 cos(1

2t+

π

2) = −20 sin(1

2t).

N

2.10.3. Dinámica en dos o tres dimensiones

Ejercicio 2.23 Un cuerpo de masa 8 kg, describe una trayectoria cuyasecuaciones paramétricas son: x = 2 + 5t − 2t2m e y = t2m. Determine lafuerza aplicada sobre el cuerpo en t = 2 s.

Solución. Calculemos a

v =d

dt(2 + 5t− 2t2, t2) = (5− 4t, 2t),

a =d

dtv = (−4, 2),

luegoF = ma = 8(−4, 2) = (−32, 16)N.

N

Ejercicio 2.24 Una partícula de masa 25 g se hace girar, de modo que des-criba una trayectoria circular en un plano vertical, mediante una cuerda delargo 40 cm. Si la rapidez angular es constante y de magnitud 30 rad s−1,calcule: a) La aceleración centrípeta en el punto más alto de la trayectoria.b)La tensión en el punto más bajo de la trayectoria.


Solución. La aceleración centrípeta es en este caso de magnitud cons-tante

aC =v2

L= Lω2 = 0,40× (30)2 = 360,0ms−2,

y en el punto más bajoT −mg = maC ,

de dondeT = m(g + aC) = 0,025× 370 = 9. 25N

N

Ejercicio 2.25 Un anillo P de masa m, está engarzado en un alambre li-so, que forma una circunferencia fija de plano vertical y radio R como seindica en la figura. Bajo la acción de una fuerza tangencial F de magnituddesconocida, el anillo describe la circunferencia con rapidez angular igual a:

θ =

r2g

R

µ1− 1

2sin θ

¶determine:

θ

RP

F

a) La magnitud de la fuerza F en función de θ. b)La reacción normal delalambre sobre el anillo.

Solución. La segunda ley de Newton en polares da

F −mg cos θ = mRθ,

N +mg sin θ = mRθ2,


θ es dado y θ puede calcularse de acuerdo a

θ =1

2

d

dθθ2= − g

R(1− 1

2sin θ) cos θ,

luego

F = mg cos θ +mRg

R

µ− cos θ + 1

2cos θ sin θ

¶=

1

2mg cos θ sin θ,

y

N = −mg sin θ +mR2g

R

µ1− 1

2sin θ

¶2= mg(2− 3 sin θ + 1

2sin2 θ).

N

Ejercicio 2.26 Un bloque de masa 5 kg, descansa sobre un plano inclinado30o con la horizontal, unida a un eje vertical eje mediante una cuerda delongitud 10/

√3m. El plano gira junto con el bloque en torno a un eje vertical

con rapidez angular ω = 1 rad s−1. Calcule:

Y

30º

gω

a) La tensión en la cuerda; b) La velocidad angular para la cual el bloquepierde contacto con el plano.

Solución. En el sentido del eje OY no hay aceleración por lo cual

T sin 30−mg +N cos 30 = 0,


yT cos 30−N sin 30 = maC = mL(ω)2 cos 30,

de donde podemos despejar T y N

T = m¡g sin 30 + Lω2 cos2 30

¢,

N = m¡g − Lω2 sin 30

¢cos 30.

CalculandoT = 46. 65N

y para que despegue, N = 0 da

ω =

rg

L sin 30= 1. 86 rad s−1.

N

Ejercicio 2.27 Una pelota de peso W está unida a una cuerda de longitud Ly está moviéndose como péndulo cónico. Es decir, está girando en un círculohorizontal con rapidez constante v0. Sea θ el ángulo formado por la cuerda yla vertical. Despreciando el peso de la cuerda, determinar: a) La tensión dela cuerda. b) La rapidez v0 en función de g, L y θ.

Solución. La componente vertical de la segunda ley es

T cos θ −mg = 0,

y la componente hacia el centro de giro es

T sin θ = mv2

R= m

v20L sin θ

,

de la primera

T =mg

cos θ=

W

cos θ,

y de la segunda

v20 =TL sin2 θ

m= gL

sin2 θ

cos θ= gL sin θ tan θ,

v0 =pgL sin θ tan θ.


N

Ejercicio 2.28 Demuestre que la ecuación de movimiento de un péndulosimple, formado por una partícula de masa m suspendida de un hilo livianode largo L, es :

θ +g

Lsin θ = 0

Solución. Hay varios caminos. Si usamos conservación de energía, conenergía potencial definida como cero en el punto más bajo, tenemos que

E =1

2mL2θ

2+mgL(1− cos θ)

que si se deriva respecto al tiempo da

mL2θθ +mgL sin θθ = 0

o bienθ +

g

Lsin θ = 0.

N

Ejercicio 2.29 Una partícula da vueltas por el interior de un aro liso verti-cal de radio R que tiene su plano vertical, sometida a su peso y a la reacciónnormal. Determine la velocidad mínima que debe tener la partícula en el pun-to más bajo para que la partícula realice vueltas completas sin perder contactocon el aro.

Solución. Para la figura

θ

R

N

mg


la segunda Ley de Newton, radial y tangencial da

mv2

R= N −mg cos θ,

mdv

dt= −mg sin θ

o bien la segunda se puede escribir como

mRθ =mR

2

dθ2

dθ= −mg sin θ

Si llamamos v0 = Rθ0 la rapidez en el punto más bajo, donde θ = 0, podemosintegrar la última ecuación obteniendo

θ2 − θ

2

0 =2g

R(cos θ − 1)

o bienv20 − v2 = 2gR(1− cos θ)

y de allí podemos calcular N que resulta ser

N = mv2

R+mg cos θ

=m

R(v20 − 2gR(1− cos θ)) +mg cos θ

=m

Rv20 +mg(3 cos θ − 2)

Para que la partícula realice vueltas completas debe ser

N =m

Rv20 +mg(3 cos θ − 2) > 0

entonces, en el caso más desfavorable θ = π

m

Rv20 +mg(−3− 2) > 0

entoncesv0 >

p5gR

N


Ejercicio 2.30 Respecto a la situación del problema anterior, si la velo-cidad en el punto más bajo es la 3/4 de la mínima calculada, determine elpunto donde se pierde el contacto.

Solución. Si en el problema anterior colocamos

v0 =3

4

p5gR

entonces

N =m

Rv20 +mg(3 cos θ − 2),

=m

R

9

165gR+mg(3 cos θ − 2),

= mg(13

16+ 3 cos θ),

que se anula donde 1316+ 3cos θ = 0, o sea en: θ = 105,7o y allí se pierde el

contacto.

N

Ejercicio 2.31 Respecto a la situación del problema anterior, si la rapidezen el punto más bajo es v0 determine la reacción normal N en función de θ.

Solución. Sigue siendo válido que

1

2mv20 −mgR =

1

2mv2(θ)−mgR cos θ,

de dondev20 − 2gR(1− cos θ) = v2(θ).

En un punto arbitrario, la ecuación radial es

N −mg cos θ = mv2

R= m

v20 − 2gR(1− cos θ)R

,

despejamos N

N = mg cos θ +mv20 − 2gR(1− cos θ)

R,

= mg cos θ +mv20R−m2g(1− cos θ),

= mg(3 cos θ − 2) +mv20R.


θ R

N

mg

Figura 2.13:

N

Ejercicio 2.32 Una partícula de masa m se coloca en el punto más altode un hemisferio liso de radio R y se perturba levemente de modo que ellacomienza a caer deslizando. Determine el punto sobre el hemisferio donde lapartícula pierde el contacto con él.

Solución. Considere la figurala componente radial de la segunda Ley deNewton es

mv2

R= −N +mg cos θ,

y conservación de energía

1

2mv2 +mgR cos θ = mgR,

o seav2 = 2gR(1− cos θ),

que sustituida en la primera da

N = mg cos θ − 2mg(1− cos θ),= (3 cos θ − 2)mg,

que se anula donde cos θ = 23o sea el punto de despegue es θ = 48,19o.

N

Ejercicio 2.33 Se tiene un péndulo constituido por una partícula de masam unida por un hilo de largo L a un punto fijo. Si la rapidez de la partícula


en el punto más bajo es v0 determine la energía mecánica de la partícula con-siderando que en el punto más bajo la energía potencial es cero. Determineademás la ecuación diferencial que satisface el ángulo θ.

θ L

mg

Solución. Si tomamos como nivel de referencia de la energía potencial elpunto más bajo, entonces

E =1

2mv20 =

1

2mL2θ

2+mgL(1− cos θ).

Si además derivamos respecto al tiempo se obtiene

mL2θθ +mgL(sin θ)θ = 0,

o sea

θ +g

L(sin θ) = 0.

N

Ejercicio 2.34 Un péndulo cónico que se ilustra en la figura, se muevemanteniendo el ángulo α constante siendo m la masa de la partícula, L ellargo del hilo.


φ

L

T

mg

α

R

Determine a) La rapidez angular φ. b) La tensión del hilo.

Solución. No hay movimiento vertical de manera que

T cosα = mg.

En la dirección hacia el centro de giro

T sinα = mRφ2= m(L sinα)φ

2.

Eliminando T se obtiene

L sinαφ2

g= tanα,

y finalmente

φ =

rg

L cosα.

N

2.10.4. Trabajo y energía

Ejercicio 2.35 Un proyectil de masa m = 1kg, se lanza desde el origen deun sistema de coordenadas, con rapidez v0 = 100m s−1, formando un ánguloα = 37o con la horizontal. Si se desprecia la resistencia del aire, calcule:a) La energía mecánica del proyectil después del lanzamiento. b) El trabajo


realizado por la fuerza neta que actúa sobre el proyectil, desde que se lanzahasta que adquiere la altura máxima. c) La energía cinética del proyectil enel punto de impacto contra el suelo.

Solución. Si el nivel de referencia para la energía potencial correspondeal punto de lanzamiento, entonces la energía mecánica (que es constante) es

E =1

2mv20 =

1

21(100)2 = 5000 J.

La altura máxima se calcula de

ymax =v202gsin2 α = 164. 62 8m.

El trabajo realizado por la fuerza neta, el peso, es igual a menos la variaciónde la energía potencial, es decir

W = −mg(ymax − 0) = −1646,28 J,

y la energía en el punto de llegada es la misma que al salir.

N

Ejercicio 2.36 Un bloque de masa m = 10 kg se encuentra en reposo com-primiendo a un resorte de constante elástica k = 2000Nm−1 en 1m respectoa su largo natural como se indica en la figura. Si el cuerpo se suelta comienzaa subir por el plano inclinado liso que se ilustra en la figura.

g

10 kg20 m

30º

Determine la máxima altura que sube el bloque respecto a su altura inicial.No hay roce.


Solución. La energía inicial es puramente elástica y es

E =1

2k(Λl)2 =

1

22000(1)2 = 1000 J.

Hagamos la hipótesis de que se detiene sobre el plano inclinado

E = 1000 = mgh = 100h,

de donde h = 10m.Pero 20 sin 30 = 10, de modo que el bloque subió justo10m justo hasta el punto más alto del plano inclinado.

N

Ejercicio 2.37 Una partícula de masa m se mueve en el plano XY tal que:

r = aı cosωt+ bj sinωt,

donde a y b son constantes positivas. a) Encuentre la trayectoria de la partí-cula. b) Calcule la fuerza que actúa sobre la partículas. c) Demuestre que lafuerza es conservativa. d) ¿Cuál es la energía potencial en x = a e y = b? e)Calcule el trabajo realizado por la fuerza cuando la partícula se mueve de Ahacia B. f) La energía total de la partícula.

Solución. Del vector posición,

x = a cosωt, y = b sinωt,

de dondex2

a2+

y2

b2= 1 (a),

(es una elipse). Además

F = ma = −mω2r (b),

se trata de una fuerza conservativa porque es evidente que

F = −∇12mω2r2,

y luego la energía potencial es

U =1

2mω2r2 =

1

2mω2(x2 + y2).


Las coordenada de los puntos son A(a, 0) y B(0, b) de manera que

UA =1

2mω2a2, UB =

1

2mω2b2 (d),

de modo que el trabajo es

W = −(UB − UA) = −1

2mω2(b2 − a2) (f).

La energía total de la partícula será

E =1

2mv2 + U

=1

2mω2(a2 sin2 ωt+ b2 cos2 ωt) +

1

2mω2r2

=1

2mω2(a2 sin2 ωt+ b2 cos2 ωt) +

1

2mω2(a2 cos2 ωt+ b2 sin2 ωt)

=1

2mω2(a2 + b2).

N

Ejercicio 2.38 Una partícula de masa m, se mueve por la acción de unafuerza conservativa cuyo potencial es U(x). Si en t1 la partícula está en x1 yen t2 está en x2, demuestre que: a)

t2 − t1 =pm/2

x1Zx2

dxpE − U(x)

donde E es la energía total. b) Si U(x) = 12kx2 y en t = 0, x = a, x = 0

. Demuestre que:

x = a cos

rk

mt.


E =1

2mx2 + U(x),


de donde

x =

r2

m(E − U(x))

dx

dt=

r2

m(E − U(x))

dt =dxq

2m(E − U(x))

,

integrando

t2 − t1 =

rm

2

Z x2

x1

dxpE − U(x)

.

Si U(x) = 12kx2

t =

rm

2

Z x

a

dxqE − 1

2kx2

=

rm

k

Z x

a

dxq2Ek− x2

,

pero E = K + U = 12ka2 de manera que

t =

rm

k

Z x

a

dx√a2 − x2

=

rm

k(sin−1

x

a− π

2),

y finalmente

x(t) = a sin(

rk

mt+

π

2) = a cos(

rk

mt).

N

Ejercicio 2.39 En la parábola y = x2/a que está colocada verticalmentesegún la figura, además del peso, de la fuerza de reacción normal, actúa sobrela argolla una fuerza dada por:

F = yı− xj.


Inicialmente, la argolla está en A y su rapidez es nula.

A

Y

x = a

XO

a) Determinar el trabajo que hace la fuerza F cuando la argolla se muevedesde A hasta O. b) Calcule la rapidez de la argolla cuando pasa por O.

Solución. Calculemos su trabajo directamente

WF =

Z O

A

F · dr =Z O

A

(ydx− xdy)

=

Z 0

a

x2

adx−

Z 0

a

x2xdx

a

= −a2

3+2

3a2 =

a2

3.

Usamos ahora el teorema energía trabajo

EO −EA =a2

3,

1

2mv2O − (mgyA) =

a2

3,

1

2mv2O − (mga) =

a2

3,

de modo que finalmente

vO =1

3m

√6p(ma (a+ 3mg)) =

r2ag +

2a2

3m.

N

Ejercicio 2.40 Una partícula de masa m, se lanza con rapidez inicial v0sobre un plano horizontal liso. El aire ejerce sobre la partícula una fuerza


resistente proporcional a la velocidad con constante de proporcionalidad k.Calcule: a) La distancia total que recorre la partícula. b) La energía cinéticade la partícula en la mitad del recorrido. c) El trabajo total que realiza lafuerza resistente.

Solución. Tenemosmdv

dt= −kv,

separando variables e integrandoZ v

v0

dv

v= − k

m

Z t

0

dt =⇒ lnv

v0= −kt

m,

de dondev(t) = v0e

−ktm ,

integrando nuevamente

x(t) =

Z t

0

v0e−ktm dt =

mv0k(1− e−

ktm ).

como la partícula se detiene cuando t→∞, resulta que la distancia recorridaes

x =mv0k

(a).

En la mitad del recorrido el tiempo será dado por

1

2

mv0k=

mv0k(1− e−

ktm ) =⇒ t =

m

k(ln 2) ,

y la energía cinética será

K =1

2mv2 =

1

2mv20e

−2ktm

=1

2mv20

1

4=1

8mv20. (b)

Por último según el teorema energía trabajo, el trabajo total que realizala fuerza resistente es

Wf = Kf −Ki = −1

2mv20. (c)

N


Ejercicio 2.41 Sobre una partícula de masa m = 2 kg, actúa una fuerzaF desconocida. La partícula se mueve sobre un plano horizontal áspero, deacuerdo a la ecuación itinerario x = 3 + t2 donde x está en metros y ten segundos. El coeficiente de roce cinético entre el plano y la partícula esμk = 0,3. Calcule: a) La energía cinética de la partícula en el instante t = 3 s.b) El trabajo realizado por la fuerza F en el intervalo 0− 3 s.

Solución. Tenemos que la rapidez es

vx =dx

dt= 2t.

La energía cinética en t = 3 s será

K =1

2mv2 =

1

22(36) = 36 J.

La fuerza de roce realiza un trabajo

W = −μkMg(x2 − x1)

= −0,3× 2× 10(12− 3) = −54,0 J.

El trabajo total es la variación de la energía cinética, es decir

WF − 54,0 = 36,

de dondeWF = 90 J.

N

Ejercicio 2.42 Un bloque de masa m = 4kg, inicialmente en reposo, as-ciende a lo largo de un plano inclinado áspero de largo 1m e inclinaciónrespecto de la horizontal α = 53o, debido a la acción de una fuerza horizontalconstante de magnitud 60N. Si al término del recorrido el bloque tiene unarapidez de 1,2ms−1, calcule: a) El trabajo realizado por la fuerza de roce. b)El trabajo neto resultante. c) El coeficiente de roce cinético entre el bloque yel plano.

Solución. La normal es N = mg cos 53 = 24. 073N, la altura que subees h = 1 × sin 53 = 0,798 6m, el desplazamiento horizontal del bloque es


x = 1×cos 53 = 0,601 8m. Podemos entonces calcular los siguientes trabajosy el cambio de la energía cinética

WN = 0,

Wmg = −4× 10× 0,798 6 = −31. 944 J,WF = 60× 0,601 8 = 36. 108 J,

K2 −K1 =1

24(1,2)2 = 2. 88 J (trabajo neto resultante)

El trabajo Wf realizado por la fuerza de roce satisface

Wf +WF +Wmg = K2 −K1,

de manera que el trabajo realizado por el roce será

Wf = 2. 88− 36,108 + 31,944 = −1. 284 J,

y finalmente el coeficiente de roce lo despejamos de

Wf = −μKNL,

o seaμK =

1. 284

24. 073= 0,053 .

N

2.10.5. Problemas que requieren más matemáticas

Problemas de este tipo no se colocarán en pruebas. Sin embargo el ha-cerlos, contribuye fuertemente a su formación.

Ejercicio 2.43 Una partícula de masa m moviéndose en una línea rectaestá sometida a una resistencia que produce una fuerza de retardo kv3, dondev es la velocidad y k es una constante. Muestre que la velocidad v y el tiempot están dados en términos de la distancia s mediante las ecuaciones

v =u

1 + kmsu,

t =s

u+1

2kms2.

donde u es la velocidad inicial.


Solución. La ecuación de movimiento será

mdv

dt= −kv3

siendo

v =ds

dt.

La primera puede escribirse como

mds

dt

dv

ds= −kv3,

mvdv

ds= −kv3,

mdv

ds= −kv2,

que puede integrarse, siendo u la velocidad inicial, como sigueZ v

u

dv

v2= −km

Z s

0

ds,

1

u− 1

v= −kms,

entoncesa)

v =u

1 + kmsu,

Ademásb)

ds

dt=

u

1 + kmsu,

que puede integrarse Z(1 + kmsu)ds =

Zudt,

s+1

2kmus2 = ut,

o bient =

s

u+1

2kms2.


N

Ejercicio 2.44 Una partícula se mueve en una línea recta bajo la acciónde una fuerza de roce de la forma kvn+1 donde v es la velocidad a tiempo t.Muestre que, si u es la velocidad en t = 0

kt =m

n

µ1

vn− 1

un

¶,

y obtenga una fórmula correspondiente para el espacio en términos de v.

Solución. La segunda ley da

mdv

dt= −kvn+1,

o

vdv

ds= −kvn+1,

Si integramos la primera

m

Z v

u

dv

vn+1= −kt,

de dondem

n

µ1

vn− 1

un

¶= kt.

Similarmente si integramos la segunda forma

m

Z v

u

dv

vn= −ks,

ks =m

n− 1

µ1

vn−1− 1

un−1

¶.

N

Ejercicio 2.45 Una bala disparada con una velocidad horizontal de 800m s−1

viaja con una velocidad de 500ms−1 al final de un segundo. Suponiendo vá-lido el modelo del problema anterior con m = 1/2, calcule k y el espaciorecorrido en el primer segundo, despreciando el efecto de la gravedad.


Solución. Para el problema anterior, se tiene ahora m = 12y u = 800, y

para t = 1, v = 500. Entonces

k =1

(1/2)

µ1

5001/2− 1

8001/2

¶= 0,0 187 32.

Entonces

s =1

k(m− 1)(1

vm−1− 1

um−1)

=1

(0,0 187 32)(−1/2)(1

500−1/2− 1

800−1/2) = 632. 457m

N

Ejercicio 2.46 Se dispara verticalmente hacia arriba una piedra en un me-dio que ofrece una resistencia por unidad de masa proporcional a la velocidad(kv) cuando la rapidez es v. Si v0 es la rapidez del disparo, pruebe que la pie-dra vuelve al punto inicial después de un tiempo t1, donde

(g + kv0)¡1 + e−kt1

¢= gkt1.

Solución. Aquídv

dt= −kv − g,

de donde

v(t) =−g + e−ktC1k

k,

pero

v0 =−g + C1k

k,

de modo que

C1 =v0k + g

k,

y

v(t) =−gk+

v0k + g

ke−kt,

entonces

y(t) =

Z t

0

(−gk+

v0k + g

ke−kt)dt

= −gtk+

v0k + g

k2(1− e−kt)


De aquí, haciendo y = 0 en t = t1 resulta

0 = −gt1k+

v0k + g

k2(1− e−kt1),

gkt1 = (v0k + g)(1− e−kt1).

N

Ejercicio 2.47 Una partícula se lanza hacia arriba con velocidad inicial uy se mueve en un medio que ofrece una resistencia por unidad de masa kv2.Pruebe que la partícula vuelve al punto de partida después de un tiempo

1√kg(α+ ln (secα+ tanα)) ,

donde

tanα = u

sk

g.

Solución. Aquí, para la subida

dv

dt= −kv2 − g, (2.80)

y debemos calcular la altura máxima y el tiempo empleado en subir. Podemosintegrar

t = −Z v

u

dv

kv2 + g,

=− arctan v k√

(gk)+ arctanu k√

(gk)p(gk)

en el punto más alto v = 0, por lo tanto el tiempo de subida es

ts =1p(gk)

arctanukp(gk)

.

Para saber la altura máxima, modificamos la ecuación (2.80) de modo que

dv

dt= −kv2 − g,

vdv = (−kv2 − g)dy,


entonces

y = −Z v

u

vdv

kv2 + g.

Como nos interesa solamente ymax hacemos v = 0, entonces

ymax =1

2kln

g + ku2

g.

Para la bajada, con v(0) = 0 y y(0) = ymax

dv

dt= kv2 − g, (2.81)

entonces

t = −Z v

0

dv

g − kv2,

= − 1p(gk)

arctanh vkp(gk)

,

además modificando la ecuación (2.81)

vdv = (kv2 − g)dy,

entonces

y − ymax =

Z v

0

vdv

kv2 − g=1

2kln

g − kv2

g,

luego la velocidad de llegada vf al suelo (y = 0) estará dada por

−ymax =1

2kln

g − kv2fg

,

= − 12kln

g + ku2

g,

de dondeg − kv2f

g=

g

g + ku2,

o bien

vf = −r

g

g + u2ku,


finalmente, el tiempo de bajada estará dado por

tb = − 1√gkarctanh v

k√gk

,

=1√gkarctanh

rg

g + u2ku

k√gk

,

y el tiempo total será

t =1√gkarctanu

k√gk+

1√gkarctanh

rg

g + u2ku

k√gk

,

si llamamos tanα = uq

kg

t =1√gkarctan(tanα) +

1√gkarctanh

r1

1 + tan2 αtanα,

=1√gk(α+ arctanh sinα),

pero existe la identidad

arctanhφ =1

2ln1 + φ

1− φ,

de modo que el tiempo será

t =1√gk(α+ ln

r1 + sinα

1− sinα),

=1√gk(α+ ln

s(1 + sinα)2

1− sin2 α ),

=1√gk(α+ ln

1 + sinα

cosα),

=1√gk(α+ ln(secα+ tanα)).

(¡¡Este problema no será colocado en pruebas!!)

N


Ejercicio 2.48 Una partícula de masa m se lanza verticalmente hacia arri-ba ( en el eje Y) con velocidad inicial V sometida a su peso y a una fuerza deroce viscosa de la forma −2βy . Determine las expresiones para la posicióny velocidad de la partícula en función del tiempo.

Solución. Aquí, la ecuación de movimiento será

my = −mg − 2βy

o bien

y + 2β

my = −g

con soluciones particular y homogéneas las siguientes

yp = −mg

2βt

yh = A+Be−2βmt

de modo que la solución general es

y(t) = −mg

2βt+A+Be−2

βmt

siendo y(0) = 0, y(0) = V de modo que

A+B = 0

−mg

2β− 2 β

mB = V

o sea

B = −14

mg + 2V β

β2m

y finalmente

y(t) = −mg

2βt+

1

4

mg + 2V β

β2(1− e−2

βmt)

v(t) = −mg

2β+1

2

mg + 2V β

βme−2

βmt.

N


Ejercicio 2.49 Una partícula de masa m se suelta desde una altura h so-metida a su peso y a una fuerza de roce viscosa de la forma −βy. Determinelas expresiones para la posición y velocidad de la partícula en función deltiempo.

Solución. Mientras la partícula baja

my = −mg − βy, y(0) = h, y(0) = 0.

Reordenemos

y +β

my = −g

que tiene solución particular

yP = −mg

βt,

y la ecuación homogénea es

yh = A+Be−βtm ,

la solución general es

y(t) = −mg

βt+A+Be−

βtm ,

debiendo ser

y(0) = A+B = h,

y(0) = −mg

β− β

mB = 0,

de donde se obtiene

B = −m2 g

β2, A = h+m2 g

β2,

luego

y(t) = h− mg

βt+m2 g

β2(1− e−

βtm ),

y(t) = −mg

β(1− e−

βtm ).


N

Ejercicio 2.50 Una partícula de masa m se lanza verticalmente hacia arri-ba ( el eje Y) con velocidad inicial V sometida a su peso y a una fuerza deroce viscosa proporcional al cuadrado de la rapidez, de la forma ±2βy2. De-termine las expresiones para la posición y velocidad de la partícula en funcióndel tiempo. Considere que debe elegirse el signo adecuadamente para la subiday la bajada de la partícula.

Solución. Mientras la partícula sube

my = −mg − 2βy2

y mientras bajamy = −mg + 2βy2

puesto que la fuerza resistente es contraria a la velocidad. Si llamamos av = y tenemosa) para la subida

dv

dt= −g − 2β

mv2

dt = − dv

g + 2βmv2

t = −Z v(t)

v(0)

dv

g + 2βmv2

b) para la bajada

dv

dt= −g + 2β

mv2

dt = − dv

g − 2βmv2,

t = −Z v(t)

v(0)

dv

g − 2βmv2

Las integrales podrían hacerse de tablas, pero no vale la pena porque sonexpresiones complicadas.

N


Ejercicio 2.51 Sea

F = (y2z3 − 6xz2)ı+ 2xyz3j+ (3xy2z2 − 6x2z)k.

Encuentre la función potencial escalar asociada a F.

Solución. Debemos verificar primero que ∇× F = 0. Calcule entonces

∇× F =

⎡⎣ ı j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y2z3 − 6xz2 2xyz3 3xy2z2 − 6x2z

⎤⎦= ı(6xyz2 − 6xyz2) + · · ·= (0, 0, 0).

Sea entonces V (0, 0, 0) = 0. Además sabemos que

V (x, y, z) = −Z

F · dr,

y como camino tomamos tres segmentos a lo largo de los ejes. C1 : y = 0,z = 0, x : 0→ x; C2 : z = 0, x = constante, y : 0→ y; C3 : x, y = constantes,z : 0→ z. Entonces

V (x, y, z) = −Z(y2z3 − 6xz2)dx+ 2xyz3dy + (3xy2z2 − 6x2z)dz

= −ZC1

(0)−ZC2

(0)−ZC3

(3xy2z2 − 6x2z)dz

= −xy2z2 + 3x2z2.

N

Ejercicio 2.52 Se deja caer una bolita de masa m desde una altura h. So-bre la bolita, además del peso, actúa una fuerza resistiva proporcional a lavelocidad de la forma F = −kyj , calcule la rapidez de la bolita cuando hatranscurrido un tiempo t = m/k.

Solución. Si el eje OY es hacia arriba entonces

mdvydt= −mg − kvy,


para integrar con y(0) = k, vy(0) = 0, separe variables

dvy

g + kmvy= −dt,

de donde

t = −Z vy

0

dvy

g + kmvy

= −mkln

mg + kvymg

,

y despejando

vy = −mg1− e−

ktm

k,

para t = m/k resultavy = −

mg

k(1− e−1).

N

Ejercicio 2.53 Un cuerpo de masa 4 kg, es lanzado verticalmente haciaarriba con una rapidez inicial de 60m s−1. La fuerza resistente del aire es:F = − 3

100v (unidades en el Sistema Internacional). Calcule el tiempo que

demora el cuerpo en alcanzar la altura máxima y el valor de la altura máxima.

Solución. Similarmente al problema anterior

4dvydt= −40− 3

100vy,

para integrar con y(0) = 0, vy(0) = 60m s−1, separe variables e integreZ vy

60

dvy10 + 3

400vy

= −t,

t = −4003ln

µ4000 + 3vy4180

¶,

despejando

vy =dy

dt=4180

3e−

3400

t − 40003

.


De aquí el tiempo para llegar a la altura máxima satisface

4180

3e−

3400

t − 40003

= 0 =⇒ t = 5. 86 9 s.

La altura máxima será

ymax =

Z 5. 86 9

0

(4180

3e−

3400

t − 40003)dt = 174. 8m.

N

Capítulo 3

Sistema de Partículas

3.1. Ecuaciones de movimiento

Esta parte de la Mecánica trata del movimiento de varios cuerpos cuyasdimensiones permitan considerarlos como partículas. Aún con esta simpli-ficación la existencia de las fuerzas de interacción hacen de este un temacomplejo. Se muestran las principales definiciones y relaciones cinemáticas,así como las ecuaciones clásicas de movimiento para un sistema de partículaspuntuales. Se supondrá que las fuerzas de interacción cumplen el principiode acción y reacción, la llamada tercera ley de Newton. Esto es, si una partí-cula hace una fuerza sobre otra, la segunda hace una fuerza igual y contrariasobre la primera. Esta es una concepción clásica donde se supone que poralguna razón una partícula puede efectuar una fuerza sobre otra que está acierta distancia. También se supone aquí que esta fuerza se manifiesta instan-táneamente, esto es sí las posiciones de las partículas cambian, la fuerza deinteracción cambia instantáneamente. Ambas fuerzas, que son llamadas deacción y reacción, están sobre la línea que une las partículas. Las definicionesde cantidades Físicas cinemáticas, que involucran las masas, las posiciones,las velocidades, tales como la energía cinética, momentum lineal, momentumangular, son naturalmente relativas al sistema de referencia que se escojaporque las velocidades y posiciones lo son. Por lo tanto, las relaciones queexistan entre esas cantidades físicas para dos sistemas que se trasladan unorespecto al otro con velocidad constante, se desprenderán de las transforma-ciones de Galileo para dos sistemas, que se trasladan, sin rotar, uno respecto

196 Sistema de Partículas

del otro, con velocidad constante v. Suponiendo que los orígenes coincidencuando t = 0, se tiene que rO0 = vt y por lo tanto de la figura (3.1) se tiene

r = rO0 + r0. (3.1)

z

y

x

z'

y'

x'

O

O'r

r’

rO’

Figura 3.1:

Por otro lado, para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo acele-raciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relacionesentre velocidades y aceleraciones de partículas son más complicadas. Lasrelaciones generales entre velocidades y aceleraciones para sistemas que rotany se trasladan son (ver apéndice)

v = vO0 + ω × r 0 + v rel, (3.2)

a = aO0 + α× r 0 + 2ω × v rel + ω × (ω × r 0) + a rel, (3.3)

siendo ω el llamado vector velocidad angular del sistema que rota y α =dω/dt la llamada aceleración angular. Debe notarse que la velocidad y laaceleración relativas, son las derivadas de los vectores posición y velocidadrelativos manteniendo fijas las direcciones de los ejes móviles, lo cual enalgunos textos se indica por

v rel =∂r 0

∂t, a rel =

∂v rel

∂t. (3.4)

Definiciones y notación

3.1 Ecuaciones de movimiento 197

Respecto a un sistema de referencia inercial, ver figura(3.2), haremos lassiguientes definiciones

i índice i = 1, 2, 3 · · ·NN entero número de partículas del sistema.mi .. ............. masa partícula i.ri = xı+ yj+ zk vector posición partícula i.vi = dri/dt = xı+ yj+ zk velocidad partícula i en sistema cartesiano.ai = dvi/dt = xı+ yj+ zk aceleración partícula i en sistema cartesiano.Fi .. ............. fuerza externa actuando sobre partícula i.fij .. ............. fuerza que partícula j ejerce sobre la partícula i.P =

Ximivi Momentum lineal del sistema.

K = 12

Ximiv

2i Energía cinética del sistema.

L0 =X

imiri × vi Momentum angular del sistema respecto a O.

F ext =X

iFi Fuerza externa resultante.

ΓextO =X

iri × Fi Torque resultante externo respecto a O.

M =X

imi masa total sistema.

rG =X

imiri/M posición del centro de masa.

Las sumatorias son todas desde i = 1 hasta i = N es decir para todas laspartículas del sistema.

La figura siguiente ilustra algunas partículas de un sistema que están ac-tuadas por fuerzas externas y fuerzas de interacción. Las fuerzas externas sonpor ejemplo los pesos de las partículas y las fuerzas que aparecen por posiblescontactos de las partículas con cuerpos exteriores al sistema considerado.

3.1.1. Ecuaciones de movimiento

Con respecto a un sistema inercial de referencia, cada una de las N par-tículas cumple con la llamada segunda ley de Newton

miai = Fi +Xj 6=i

fij, i = 1, 2, · · ·N. (3.5)


z

y

x

O

ri

rj

fij

mi

mj

Fisistema

Figura 3.2: Sistema de partículas

Las fuerzas externas Fi pueden ser los pesos de las partículas, reaccionescausadas por superficies en contacto con las partículas, fuerzas ejercidas ex-ternamente mediante cuerdas, etcétera. Las fuerzas de interacción puedenser, atracción gravitacional, fuerza eléctrica si las partículas tienen cargaseléctricas, fuerzas de contacto entre las partículas, etcétera. El término dela sumatoria es sobre i, es para todos los valores del índice i pero excluyen-do a i = j. La notación fij representa la fuerza que actúa sobre i y que esproducida por j.Más adelante se aplicarán estas ecuaciones al sistema de dos cuerpos con

interacción gravitacional entre ellos, el caso soluble más notable. El sistemade ecuaciones (3.5) tiene como gran dificultad matemática al hecho de quelas fuerzas de interacción fij dependen de las posiciones de las dos partículas,esto es

fij = fij(ri, rj).

Esa dificultad es tal que se ha demostrado que no hay solución general ana-lítica de tal sistema de ecuaciones si el número de partículas es mayor dedos. Sin embargo hay casos particulares donde si hay solución. Solucionesnuméricas siempre serán posibles de encontrar.Si las fuerzas de interacción fij satisfacen la llamada ley de acción y

reacción, es decir que son fuerzas iguales y contrarias y están sobre la líneaque une las partículas, o sea en términos matemáticos

fij + fji = 0, y fij × (ri − rj) = 0,


pueden demostrarse, a partir de las N ecuaciones de movimiento, las siguien-tes dos importantes ecuaciones o teoremas

I Teorema 3.1

dP

dt= F ext, (3.6)

o equivalentementeMaG = F ext, (3.7)

Demostracion 11 Simplemente sume todas las ecuaciones de movimientoXi

miai =Xi

Fi +Xj 6=i

Xfij,

pero de acuerdo a la tercera ley de Newton la sumatoria doblePj 6=i

Pfij es

cero porque se están sumando todas las fuerzas de interacción y las de accióny reacción suman cero, luegoX

i

miai =Xi

Fi,

d

dt

Xi

mivi = F ext,


El teorema (3.7) establece que el movimiento del centro de masa de unsistema depende exclusivamente de las fuerzas exteriores y no depende de lasinteracciones. Su validez está basada en la validez de la tercera ley de Newton.Por ejemplo en el sistema solar el movimiento de los diversos planetas, delos satélites, del sol, es un tema complicado. Sin embargo la fuerza externaque actúa sobre el sistema solar completo es prácticamente nula, lo cual traela simple consecuencia de que el centro de masa del sistema solar va haciaalguna parte con velocidad prácticamente constante.Si el centro de masa de un sistema está en reposo no es posible acelerarlo

ejerciendo fuerzas interiores. ¿Cómo entonces puede acelerar un cohete en elespacio vacío? Expulsando masa a gran velocidad hacia atrás. El centro demasa del sistema permanece donde mismo pero una parte de él, el cohete,acelera hacia adelante.


Si se dispara un proyectil, como sabemos el sigue una trayectoria para-bólica. ¿Qué sucede si en algún punto de la trayectoria el proyectil explotay se divide en varios fragmentos? La fuerza externa no ha cambiado, siguesiendo el peso del proyectil original, por lo tanto el centro de masa de losfragmentos debe continuar moviéndose sobre la misma parábola.

I Teorema 3.2

dLO

dt= ΓextO . (3.8)

Demostracion 12 Para demostrarlo, basta considerar queXj 6=i

Xri × fij =

Xj 6=i

Xrj × fji,

porque los nombres de los índices de suma son irrelevante y se han intercam-biado. EntoncesXj 6=i

Xri×fij =

1

2

Xj 6=i

Xri×fij+

1

2

Xj 6=i

Xrj×fji =

1

2

Xj 6=i

X(ri−rj)×fij = 0,

donde para obtener la última igualdad se ha usado fij = −fji. Luego si semultiplican las ecuaciones de movimiento ri× y se suman todas se obtieneX

i

miri × ai =Xi

ri × Fi +Xj 6=i

Xri × fij,

la última sumatoria doble es cero luegoXi

miri × ai =Xi

ri × Fi,

d

dt

Xi

miri × vi =Xi

ri × Fi,



3.1.2. Sobre el momentum angular

La ecuación (3.8) nos dice que el momentum angular de un sistema puedecambiar solamente si se efectúa un torque externo sobre el sistema. El signi-ficado del momentum angular o la cantidad de movimiento angular no es tansimple de explicar como lo es la cantidad de movimiento lineal. En situacio-nes simples podemos buscar una interpretación. Por ejemplo si dos partículasiguales de masa m giran en torno a su centro de masa en reposo con rapidezv unidas por una cuerda liviana inextensible de longitud L entonces

LG = mr1 × v1 +mr2 × v2,

pero en esta situación v1 = −v2 = v luego

LG = m(r1 − r2)× v,

que es perpendicular al plano del movimiento y tiene magnitud

LG = mLv.

Las ecuaciones (3.6) y (3.8) son, en general, insuficientes para determinarlas posiciones de las partículas, siendo la excepción más notable un sistemarígido de partículas, que tiene justamente 6 grados de libertad, o en otraspalabras, que su posición puede especificarse con solo 6 coordenadas o pará-metros. Existen otros teoremas relativos al momentum angular y a la energíacinética que consideran dos sistemas de referencia, uno inercial con origen enO y otro no necesariamente inercial con origen en el centro de masa G y talque sus ejes no roten, como se ilustra en la figura.Ahora se tiene que

r = rG + r0,

v = vG + v0,

que permite relacionar expresiones dependientes de las velocidades y posi-ciones, cantidades cinemáticas, en ambos sistemas. Esas relaciones son lossiguientes teoremas.

I Teorema 3.3(Koenig)

LO =MrG × vG + LG. (3.9)

donde ahora LG =X

mr0i × v0i involucra posiciones y velocidades respectoa un sistema con origen en G tal que sus ejes no roten.


z

y

x

z'

y'

x'

O

Gr

r’

rG

Figura 3.3:

Demostracion 13 Tenemos que

ri = rG + r0i,

vi = vG + v0i,

de donde sigue que

LO =X

miri × vi =X

mi(rG + r0i)× (vG + v0i),

desarrollando

LO =X

mirG × vG +X

mirG × v0i +X

mir0i × vG +

Xmir

0i × v0i,

pero Xmir

0i

M= r0G = 0,

lo cual causa que el segundo y tercer término de la expansión de L0 se anulenprobando entonces que

LO =MrG × vG + LG. (3.10)

I Teorema 3.4

dLG

dt= ΓextG . (3.11)


Demostracion 14 Derivamos el teorema anterior respecto al tiempo obte-niendo

d

dtLO =M

d

dt(rG × vG) +

d

dtLG,

od

dtLG =

d

dtLO −M

d

dt(rG × vG) =

d

dtLO −M(rG × aG),

usando teoremas anteriores

d

dtLG = ΓextO − rG × F ext,

=Xi

ri × Fi − rG ×Xi

Fi

=Xi

(ri − rG)× Fi =Xi

r0i × Fi = ΓextG ,


I Teorema 3.5(Koenig)

K =1

2Mv2G +KG, (3.12)

siendo KG la energía cinética relativa al sistema con origen en G.

Demostracion 15 La demostración sigue de

K =1

2

Xmiv

2i =

1

2

Xmivi · vi =

1

2

Xmi(vG + v0i) · (vG + v0i)

=1

2

Xmi(vG) · (vG) +

1

2

Xmi(vG) · (v0i) +

1

2

Xmi(v

0i) · (vG) +

1

2

Xmi(v

0i) · (v0i),

donde la segunda y tercera sumatoria son nulas, luego

K =1

2

Xmi(vG)

2 +1

2

Xmi(v

0i)2,

=1

2Mv2G +KG,



3.1.3. Torque en punto arbitrario

En general, si se considera otro sistema con origen en un punto A, cuyosejes no roten, definimos el momentum angular respecto a ese sistema conorigen en A mediante

LA =X

mi(ri − rA)×d

dt(ri − rA), (3.13)

entonces demostraremos el siguiente teorema.

I Teorema 3.6

dLA

dt= ΓextA −M

−→AG× aA, (3.14)

Demostracion 16 Derivando (3.13) tenemos

dLA

dt=

Xmi(ri − rA)×

d2

dt2(ri − rA)

=X

mi(ri − rA)× (ai − aA)

=X

miri × (ai − aA)−X

mirA × (ai − aA)

=dL0dt−MrG × aA − rA ×

XF exti +MrA × aA

=X(ri − rA)× F ext

i +M(rA − rG)× aA.

que prueba el teorema

Sigue entonces que, la relación entre la derivada del momentum angu-lar y torque, es válida para puntos (A) que cumplan una de las siguientescondiciones:

A = G, aA = 0, aA paralela a−→AG.

La tercera condición es de utilidad en algunos problemas de la dinámica delcuerpo rígido, como se ilustra en ese capítulo, cuando se tiene informaciónsobre el movimiento de un punto determinado. Vea la publicación de LuisRodriguez V, Torque and the rate of change of angular momentum at anarbitrary point. Am.J.Phys. 71, 1201 (2003), donde se ilustra la aplicaciónde (3.14) para ciertos sistemas.También podemos demostrar otro teorema


I Teorema 3.7En general se tiene

LO =MrA × vG +M−→AG× vA + LA.

Demostracion 17 En efecto

LO =X

mi(ri0 + rA)× (vi0 + vA)

=X

mi( ri0 × vi

0 + rA × vi0 + ri

0 × vA + rA × vA),

=X

mi( ri0 × vi

0 + rA × vi0 + ri

0 × vA + rA × vA),

siendo ahora Xmi ri

0 = M−→AG,X

mi vi0 = M(vG − vA),

de modo que

LO = LA +MrA × vG +X

mi(rA × vi0 + ri

0 × vA) (3.15)

= LA +MrA × vA +MrA × (vG − vA) +M−→AG× vA

= LA +MrA × vG +M−→AG× vA.

3.1.4. Sobre la fuerza gravitacional

La fuerza gravitacional entre partículas en posiciones r1 y r2 siempre estápresente y de acuerdo a Newton ella está dada por

f12 = Gm1m2

|r2 − r1|3(r2 − r1).

A pesar de lo bien que ella aplica a la explicación del sistema Solar, temaque se presenta más adelante, su expresión deja de manifiesto un defectoque varios habían notado. Si r2 o r1, cambian, esa fuerza cambia instantá-neamente. O sea la información del cambio viajó de una partícula a la otracon velocidad infinita. Albert Einstein con su formulación de su teoría de larelatividad especial establece que no hay cuerpos o señales que puedan viajara más velocidad que la luz, por lo que se propuso construir una nueva teoríade la gravitación que no tuviera ese problema. Después de algún tiempo lologra al construir una de las más hermosas teorías de la Física, la teoría dela relatividad general.


3.1.5. Teorema Energía Trabajo

Fuerzas conservativas y no conservativas

En el capítulo de dinámica se presentó este tema de un punto de vistamás elemental. Como se explicó algunas fuerzas que dependen de la posicióny que se llaman fuerzas conservativas, F (r) tienen componentes que puedenescribirse en la forma

Fx = −∂V∂x

, (3.16)

Fy = −∂V∂y

,

Fz = −∂V∂z

,

o bienF (r) = −∇V (r), (3.17)

con

∇ = ı∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z,

el llamado operador "Nabla". Si eso se cumple, la fuerza se llama conservativay la función escalar V (r) se denomina la energía potencial asociada a esafuerza. De las matemáticas se sabe es necesario que la fuerza satisfaga

∇× F (r) = 0,

o, en otras palabras, que su circulación para contornos cerrados arbitrariossea nula I

F (r) · dr = 0.

Las fuerzas que no satisfagan el anterior requisito se denominan fuerzas noconservativas.

3.1.6. Trabajo realizado por una fuerza

El trabajo infinitésimo realizado por una fuerza F cuando ella tiene undesplazamiento infinitésimo dr, se define mediante

dW = F · dr. (3.18)


Debe destacarse que ese trabajo es una cantidad infinitesimal porque el des-plazamiento lo es. Excepcionalmente cuando la fuerza es conservativa, esetrabajo es una diferencial exacta. También es un caso especial cuando lafuerza es constante y se desplaza una distancia d sobre su línea de acción, eltrabajo es

W = Fd.

En general será necesario integrar la expresión (3.18) lo cual requiere conocercomo varía la fuerza a lo largo del camino de integración entre un puntoinicial (i) y un punto final (f). Note como se indica en la figura (3.4) que dres tangente al camino C y la fuerza F no lo es necesariamente

Wi→f =

Z f

i

F · dr,

z

y

x

O

r

dr

FC

Figura 3.4:


3.1.7. Trabajo realizado por una fuerza conservativa(C)

La última afirmación puede establecerse de la siguiente forma. Si F (r) =−∇V (r) entonces ese trabajo que llamaremos dWC se reduce como se indica

dWC = F · dr = −∇V (r) · dr,

= −∂V∂x

dx− ∂V

∂ydy − ∂V

∂zdz,

= −dV,

y para un desplazamiento finito se tiene

WCi→f =

Z f

i

−dV = −(Vf − Vi) = −∆V, (3.19)

que es evidentemente independiente del camino por ser la resta de una funciónevaluada en el punto final y en el punto inicial.De las ecuaciones de movimiento es posible escribir una primera integral,

donde, sin perder generalidad, se separarán las fuerzas externas en sus posi-bles partes conservativa y no conservativa. Además se supone que las fuerzasde interacción son conservativas, es decir son derivables de un potencial deinteracción dependiente de la distancia entre las dos partículas y posiblemen-te de parámetros propios de ellas dos (masas, cargas, etc.). En el caso de unsistema rígido de partículas, la última suposición no es necesaria, por cuan-to el trabajo que realizan las fuerzas de interacción es nulo, al mantenerseconstantes las distancias entre partículas. Este teorema es:

I Teorema 3.8

∆(K + V + V int) =WNC1→2, (3.20)

o∆E =WNC

1→2

Aquí el trabajo no conservativo (NC) externo (ext) es la integral de línea

WNC1→2 =

2Z1

F ext,NC · dr, (3.21)


V es la energía potencial asociada a la posible parte conservativa de la fuerzaexterna y V int la energía potencial de interacción. La energía mecánica E seha definido mediante

E = K + V + V int.

Si el lado derecho, que representa el trabajo realizado por la posible parteno conservativa de la fuerza exterior es cero, entonces se conserva la energíamecánica total del sistema. En el caso importante de un sistema rígido departículas, al no variar las distancias entre las partículas, puede tomarseV int = 0.

Demostracion 18 De las ecuaciones de movimiento (3.5) multiplique ·driy sume todas las ecuacionesX

i

miai · dri =Xi

Fi · dri +XX

j 6=ifij · dri,

pero el lado izquierdo puede modificarse aXi

miai · dri =Xi

midvidt· dri =

Xi

midvi ·dridt

=Xi

midvi · vi = d1

2

Xi

miv2i = dK.

Además Xi

Fi · dri =Xi

Fi

C · dri +Xi

Fi

NC · dri

= −dV + dWNC .

Supondremos además que las fuerzas de interacción son conservativas de mo-do que XX

j 6=ifij · dri = −dV int,

luego se tienedK = −dV + dWNC − dV int,

e integrando∆(K + V + V int) =WNC

1→2.


La suma de las energía cinética y potenciales se denomina energía mecánicadel sistema E

E = K + V + V int,

luego el teorema energía trabajo es

∆E =WNC1→2

3.2. Sistema de dos partículas

El sistema de dos partículas interactuando a través de una fuerza conser-vativa es un caso soluble de sistemas de partículas. Tomando en cuenta lavalidez del principio de acción y reacción, las dos ecuaciones para ese casoson

m1a1 = f(r1 − r2) (3.22)

m2a2 = −f(r1 − r2). (3.23)

Este sistema de ecuaciones diferenciales

m1d2r1dt2

= f(r1 − r2) (3.24)

m2d2r2dt2

= −f(r1 − r2). (3.25)

no es posible integrarlo directamente pues si la primera intentamos integrarla,allí está r2 que no es conocida y similar problema existe si intentamos inte-grar la segunda. Para desacoplar estas ecuaciones conviene utilizar nuevasvariables la posición del centro de masa

rG =m1r1 +m2r2m1 +m2

, (3.26)

y la posición relativar = r1 − r2 (3.27)

resultando

MaG = 0,

μa = f(r),

3.2 Sistema de dos partículas 211

siendo μ la masa reducida del sistema de dos partículas, es decir

μ =m1m2

m1 +m2. (3.28)

Entonces, el problema se ha reducido a resolver el problema de una partí-cula de masa reducida μ en presencia de una fuerza central, con centro defuerza en una de las partículas. Este resultado es sorprendentemente simpleconsiderando que el origen (la posición de una de las partículas) está acelera-do. Si se determinan rG y r, las ecuaciones (3.26) y (3.27) pueden invertirseobteniendo

r1 = rG +m2

Mr,

r2 = rG −m1

Mr. (3.29)

3.2.1. La energía cinética

La energía cinética del sistema

K =1

2m1v

21 +

1

2m2v

22,

puede escribirse en términos de la velocidad del centro de masa y de lavelocidad relativa entre ellas. Derivando las dos ecuaciones anteriores

v1 = vG +m2

Mv,

v2 = vG −m1

Mv,

y resulta

K =1

2m1(vG +

m2

Mv)2 +

1

2m2(vG −

m1

Mv)2

=1

2Mv2G +

1

2μv2, (3.30)

donde M = m1 + m2. Como vG permanece constante consideremos sólo laparte variable

K =1

2μv2. (3.31)


3.3. Campo central de Fuerza

Consideraremos una partícula de masa μ sobre la cual actúa una fuer-za central conservativa cuya dirección es paralela al vector posición r. Másadelante, consideraremos más en detalle la presencia de los dos cuerpos yla transformación entre coordenadas relativas y coordenadas del laboratorioPor ahora, el vector posición r representará el vector posición relativo entrelas dos partículas. Si escribimos la fuerza central como

f(r) = −dV (r)dr

r, (3.32)

la ecuación de movimiento sera

μa = −dV (r)dr

r, (3.33)

y se deducen de aquí

I Teorema 3.9Se conserva el momentum angular lO = μr × v.

Demostracion 19 Basta darse cuenta que

ΓO = r × f = 0,

y entonces por un teorema ya demostrado

lO = constante.

I Teorema 3.10La trayectoria está sobre un plano fijo, perpendicular al vector constante lO.

Demostracion 20 Si

μr × v = lO = constante,

entonces evidentementelO · r = 0,

que corresponde a la ecuación de un plano que pasa por el origen y es per-pendicular a lO.

3.3 Campo central de Fuerza 213

Por lo tanto, es suficiente utilizar coordenadas polares (r, θ) en el plano delmovimiento. En esas coordenadas, las ecuaciones de movimiento serán

μ

µd2r

dt2− rθ

2¶= −dV (r)

dr(3.34)

ylO = μr2θ = constante. (3.35)

Eliminando θ es posible escribir una ecuación radial para r(t) y su primeraintegral que corresponde a la conservación de la energía E. Es decir

μ

µd2r

dt2− l2O

μ2r3

¶= −dV (r)

dr

y1

2μr2 +

l2O2μr2

+ V (r) = E = constante. (3.36)

Si llamamos potencial efectivo para la coordenada radial a

U ef =l2O2μr2

+ V (r), (3.37)

resulta que este es diferente de cero incluso para una partícula libre. El efectodel primer término es siempre repulsivo lo cual se puede entender, para elcaso de una partícula libre que se mueve en línea recta, simplemente porquela distancia r al origen pasa siempre por un mínimo. Para potenciales V (r)atractivos pueden haber máximos y mínimos de la distancia r, los llamadospuntos de retorno.

3.3.1. Ecuación diferencial para la órbita

La dependencia de las variables polares en el tiempo es compleja. Esmás simple encontrar la dependencia de la distancia con el ángulo, es decirencontrar la órbita. En efecto, haciendo uso de la conservación del momentumangular, es posible eliminar el tiempo de la ecuación radial (3.34) mediante

d

dt=

dθ

dt

d

dθ=

l2Oμr2

d

dθ,


resultando para s = 1/r la siguiente ecuación diferencial (ecuación de Binet):

d2s

dθ2+ s = − μ

l2O

dV (1/s)

ds. (3.38)

Para un campo de fuerza inverso al cuadrado de la distancia, la integraciónde la última ecuación es simple. Es decir si

V (r) = −Kr,

siendo la constante de proporcionalidad (no confundir con energía cinética)K > 0 para el caso atractivo y K < 0 para el caso repulsivo. Entonces laecuación se reduce a

d2s

dθ2+ s =

μ

l2OK,

cuya solución general, en términos de dos constantes e y α es

s =μK

l2O(1− e cos(θ − α)),

o bien

r =l2OμK

1

1− e cos(θ − α), (3.39)

con e la excentricidad de la órbita y α la orientación del semi-eje mayorde la cónica resultante, que son constantes por determinar en términos decondiciones físicas conocidas inicialmente o en un punto de la trayectoria. Sise considera la definición de una cónica en términos de un foco y su distanciaa la directriz p, como el lugar geométrico de los puntos del plano tales que larazón de las distancias al foco y a la directriz es una constante e, la llamadaexcentricidad de la cónica, se obtiene una ecuación de la misma forma. Enefecto, con respecto a la figura (3.5), puede obtenerse

r

p+ r cos θ= e =⇒ r =

pe

1− e cos θ.

En el caso atractivo, K > 0, la trayectoria es una elipse si 0 ≤ e < 1,una parábola si e = 1 y una hipérbola si e > 1. Valores de e negativos noson necesarios de considerar, pues ello correspondería simplemente a rotar laórbita en 180 grados, lo cual es preferible hacer con un valor adecuado de α,ver figura.(3.6).


eje polar

directriz

r

O θ

focop

p+r cos(θ) P

Figura 3.5: sección cónica

eje polarOα

elipse

eje polarO

α

parábola

eje polarOα

hiperbola

Figura 3.6: tres tipos de cónicas


En el caso repulsivo, K < 0, la solución debería escribirse

r =l2O

μ |K|1

e cos(θ − α)− 1 , (3.40)

es decir, en este caso, las trayectorias son hipérbolas.

3.3.2. Excentricidad

Demostraremos que la excentricidad e en términos de la energía E está adada por

e2 = 1 +2El2Omk2

. (3.41)

Nota 3.1 Si si se trata de un satélite artificial de masa m en órbita respectoa un cuerpo mucho más masivo de masa M la masa reducida

1

μ=1

m+1

M' 1

m⇒ μ ' m,

resulta ser prácticamente la masa m del satélite.

Para esta situación , la ecuación de la órbita es

r =l20μk

1

1− e cos θ,

con

l0 = μr2θ,

E =1

2μ(r2 + r2θ

2)− k

r,

=1

2μ(r2 +

l20μ2r2

)− k

r

Si evaluamos la energía en el punto más cercano r1 con θ = π, allí portratarse de una distancia mínima, r = 0 resulta

r1 =l20μk

1

1 + e,


y

E =1

2μ(

l20μ2r21

)− k

r1

=1

2(l20μ)(μk

l20(1 + e))2 − k(

μk

l20(1 + e)) = −1

2k2μ

1− e2

l20,

de donde sigue el resultado

e2 = 1 +2El20μk2

. (3.42)

A pesar que la energía E es negativa para órbitas cerradas, el lado derechode la fórmula anterior no es negativo. De análisis anterior

E =1

2μ(r2 +

l20μ2r2

)− k

r≥ 12μ(

l20μ2r2

)− k

r.

Pero la última expresión tiene un mínimo cuando

−( l20

μr3) +

k

r2= 0 =⇒ r =

l20kμ

,

y el mínimo resulta

(1

2μ(

l20μ2r2

)− k

r)mın = −

μk2

2l20,

entonces

E ≥ −μk2

2l20. (3.43)

O sea la energía puede ser negativa, pero tiene una cota inferior, a menosque el momentum angular sea cero. Esto prueba el resultado.

3.3.3. Semi ejes de la elipse

Para el caso de órbita elíptica, demostraremos que los semi-ejes mayor ymenor de la elipse están dados respectivamente por

a =l2Oμk

1

1− e2, b =

l2Oμk

1√1− e2

. (3.44)


La ecuación de la órbita es

r =l20μk

1

1− e cos θ,

de manera que

2a = r(0) + r(π) =⇒

a =l202μk

(1

1− e+

1

1 + e)

=l20μk

1

1− e2.

Por otro ladob = (r sin θ)max,

o sea debemos maximizar

y =l20μk

sin θ

1− e cos θ,

derivando e igualando a cero, el máximo ocurre cuando

cos θ = e,

y de allí sigue

b =l20μk

sin θ

1− e cos θ=

l20μk

√1− e2

1− e2=

l20μk

1√1− e2

.

3.3.4. Ley de Kepler de los períodos

Demostraremos la ley de Kepler de los periodos, es decir que el periodoT en el caso de movimiento elíptico está dado por

T = 2π

rμ

ka32 . (3.45)

Considere que

l0 = |μr × v| = μr2θ = constante.

3.4 Choques 219

El área barrida en un intervalo de tiempo dt es

dA =1

2|r × v| dt = l0

2μdt,

de manera que

T =Al02m

=2μ

l0πab,

T 2 =4μ2

l20π2a2b2,

pero ya sabemos que

b2 =l40

μ2k21

1− e2=

l20μk

a,

entonces

T 2 =4μ2

l20π2a2

l20μk

a = 4π2μ

ka3, (3.46)

que prueba el resultado. Además si los cuerpos tienen masas m y M , k =GMm, luego

T 2 = 4π2mM

GMm(M +m)a3 =

4π2

G(M +m)a3, (3.47)

la forma más conocida de la tercera ley de Kepler.

3.4. Choques

Por choques entenderemos la interacción impulsiva o impulso, que ocurrecuando dos cuerpos sólidos se colocan en contacto animados de alguna velo-cidad, y como consecuencia de esa interacción, las velocidades experimentancambios finitos en un intervalo de tiempo muy corto que, en una aproxima-ción ideal, consideraremos infinitesimal. Si F indica la fuerza de interacciónque actúa sobre uno de los cuerpos, el impulso J se define por

J =

Z t2

t1

Fdt =

Z t2

t1

madt, (3.48)


para el intervalo de tiempo que dura la interacción. Podemos integrar laexpresión anterior y escribir

J = m(v(t2)− v(t1)), (3.49)

es decir el impulso que actúa sobre un cuerpo es igual al cambio de la cantidadde movimiento del cuerpo.En los choques idealizados, que duran un instante infinitesimal de tiem-

po, se conserva la cantidad de movimiento lineal del sistema entre el instanteinmediatamente anterior al choque y el inmediatamente posterior al choque.Esto es una consecuencia de despreciar otras fuerzas exteriores que se mantie-nen pequeñas respecto a la fuerza de interacción impulsiva que alcanza unamagnitud muy grande en ese pequeñísimo lapso de tiempo. Entonces unasimple aplicación de la ley de acción y reacción para el intervalo de tiempoque dura el choque nos da

m1dv1dt

= F,

m2dv2dt

= −F,

donde F es la fuerza de interacción y en consecuencia

d

dt(m1v1 +m2v2) = 0.

de aquí se deduce que en un choque se conserva la cantidad de movimientolineal P . Si las velocidades de las partículas (1) y (2) se distinguen colocandouna (0) a sus valores inmediatamente después del choque entonces se tiene

P = m1v01 +m2v

02 = m1v1 +m2v2. (3.50)

Además si los cuerpos tienen superficies suaves y continuas, se conserva lavelocidad tangencial a la superficie de contacto pues, para la dirección tan-gencial, la fuerza de interacción es nula. Entonces, si distinguimos medianteun subíndice T a las componentes tangenciales, se tiene que

m1dv1Tdt

= FT = 0,

m2dv2Tdt

= −FT = 0,

3.4 Choques 221

de donde

v01T = v1T , (3.51)

v02T = v2T .

Nota 3.2 Dos cuerpos materiales no pueden en realidad ponerse en con-tacto. La realidad es que cuando dos cuerpos relativamente rígidos parecenchocar o ponerse en contacto, lo que se manifiesta es la enorme fuerza derepulsión eléctrica de los electrones superficiales de un cuerpo con los delotro. A pesar de esto, idealizaremos la situación a la aparición de una fuerzade contacto cuando dos cuerpos chocan.

3.4.1. Coeficiente de restitución

Cuando dos cuerpos chocan, aun cuando la duración sea muy corta, exis-ten dos etapas. Primero existe una etapa en que los cuerpos se comprimen,etapa que llamaremos de compresión y en segundo lugar, existe una etapadonde los cuerpos se dilatan en cierta medida, etapa que llamaremos de res-titución. De la misma forma separaremos la fuerza impulsiva o impulso quese desarrolla, en dos parte: el impulso de compresión JC y el impulso de res-titución JR. Es un hecho experimental que el impulso de restitución es demagnitud menor o igual al de compresión, cuestión que define el coeficientede restitución e mediante

JR = eJC ,

con 0 ≤ e ≤ 1. Además, la dirección del impulso J ocurre en la direcciónnormal, de modo que podemos analizar lo que ocurre con las componentesnormales de las velocidades de los cuerpos. Notemos que cuando termina laetapa de compresión, las componentes normales de las velocidades de los doscuerpos son iguales. De la tercera ley de Newton se tiene que los impulsos J1y J2 que actúan sobre las partículas cumplen

J1 = −J2.Aplicando la ecuación 3.49 a cada partícula y a cada etapa tenemos para

las componentes normales que

JC1 = m1(vN − v1N),

JC2 = m2(vN − v2N),

JR1 = m1(v01N − vN),

JR1 = m2(v02N − vN),


donde vN indica la componente normal de velocidad común a ambos cuer-pos al fin de la etapa de compresión y al inicio de la etapa de restitución.De acuerdo a la definición del coeficiente e y a la tercera ley, las ecuacionesanteriores se pueden escribir como

JC1/m1 = vN − v1N ,

−JC1/m2 = vN − v2N ,

eJC1/m1 = v01N − vN ,

−eJC1/m2 = v02N − vN .

Restando las dos primeras y las dos últimas se obtiene

JC1(1

m1+1

m2) = v2N − v1N ,

eJC1(1

m1+1

m2) = v01N − v02N ,

de donde resultav01N − v02N = e(v2N − v1N), (3.52)

que indica la forma en que varían las componentes relativas normales de laspartículas como resultado de un choque.Se pueden distinguir tres casos según sea el valor del coeficiente de resti-

tución:

a) Choque plástico e = 0.

b) Choque inelástico 0 < e < 1.

c) Choque elástico e = 1.

3.4.2. Choques unidimensionales

En un choque frontal, las velocidades permanecen sobre una misma líneaantes e inmediatamente después del choque no siendo entonces necesarioconsiderar más que la dirección normal, es decir se trata de una situaciónunidimensional donde en particular aplicarán

P = m1v01 +m2v

02 = m1v1 +m2v2, (3.53)

v01 − v02 = e(v2 − v1). (3.54)

3.4 Choques 223

de donde se pueden despejar las velocidades resultantes en la forma

v01 =m1v1 +m2v2m1 +m2

+em2(v2 − v1)

m1 +m2, (3.55)

v02 =m1v1 +m2v2m1 +m2

+em1(v1 − v2)

m1 +m2.

Si el choque es elástico, e = 1, las ecuaciones anteriores se reducen a

v01 =(m1 −m2)v1 + 2m2v2

m1 +m2, (3.56)

v02 =(m2 −m1)v2 + 2m1v1

m1 +m2.

y si las masas son iguales m1 = m2

v01 = v2, v02 = v1.

3.4.3. Choques bidimensionales de esferas

Considere una esfera (2) inicialmente en reposo y otra (1) que se acercacon una cierta velocidad de magnitud v1 de manera que ellas salen en ángulosθ y φ como se indica en la figura. La dirección normal, que es la dirección delimpulso, queda determinada por la dirección de la velocidad adquirida porla esfera que partió del reposo.

m1

m2

V1

V2= 0

θ

V '1

V '2

m2

m1

φ

N

T

Esto es, la esfera (2) por estar en reposo antes del choque, fue golpeada en ladirección en que ella sale. Esa es entonces la dirección normal N . La direccióntangente T está a 90o de la dirección normal. Entonces podemos escribirla ecuación de conservación del momentum P , en componentes normales ytangenciales


Normalm1v1 cosφ = m1v

01 cos(θ + φ) +m2v

02, (3.57)

Tangencialm1v1 sinφ = m1v

01 sin(θ + φ), (3.58)

La definición del coeficiente de restitución da

ev1 cosφ = v02 − v01 cos(θ + φ). (3.59)

Entre la primera y tercera eliminemos v02

(m1 − em2)v1 cosφ = (m1 +m2)v01 cos(θ + φ),

y si dividimos por la tercera se obtiene

(m1 − em2) cotφ = (m1 +m2) cot(θ + φ), (3.60)

que establece una relación entre los ángulos. En el caso particular donde lasmasas son iguales y el choque es elástico, resulta

cot(θ + φ) = 0,

es decir la suma de los ángulos es π/2, típicamente lo que sucede en el Billar.

3.4.4. Discusión

Las tres ecuaciones 3.57, 3.58, 3.59 pueden ser consideradas tres ecuacio-nes lineales y homogéneas para las rapideces v1, v01 y v

02. La relación entre los

ángulos es en realidad la condición de determinante nulo, para que existansoluciones no triviales para las rapideces.

m1v1 cosφ−m1v01 cos(θ + φ)−m2v

02 = 0,

m1v1 sinφ−m1v01 sin(θ + φ) = 0,

ev1 cosφ+ v01 cos(θ + φ)− v02 = 0,

donde al igualar a cero el determinante de la matriz de los coeficientes⎛⎝ m1 cosφ −m1 cos(θ + φ) −m2

sinφ − sin(θ + φ) 0e cosφ cos(θ + φ) −1

⎞⎠

3.4 Choques 225

conduce a

(m1 − em2) cosφ sin (θ + φ) = sinφ cos (θ + φ) (m1 +m2).

Con la condición de determinante satisfecha, podemos calcular v01 y v02 entérminos de v1

v01v1

=sinφ

sin(θ + φ)= 0,

v02v1

=m1

m2(cosφ− sinφ cot(θ + φ))

=m1

m2(1− (m1 − em2)

m1 +m2) cosφ

=m1

m1 +m2(1 + e) cosφ = 0

O seaφ <

π

2.

Esto lo saben todos los que juegan pool. Es imposible que la esfera en repososalga a 90o de la dirección de la esfera incidente. De la relación entre ángulos(3.60) se deduce que cot(θ+ φ) tiene el mismo signo que m1 − em2. Hay enconsecuencia tres casos

Si m1 − em2 = 0 se tiene que θ + φ = π/2.

Si m1 − em2 > 0 se tiene que θ + φ < π/2.

Si m1 − em2 < 0 se tiene que θ + φ > π/2.

Si θ → 0, choque casi rasante, entonces cotφ → 0 y eso significa queφ→ π

2y v02 → 0.

Si ambas velocidades antes del choque son dadas, y si se trata de choquede esferas, las direcciones normales y tangenciales pueden ser determinadashaciendo consideraciones geométricas.Por ejemplo, vea la figura (3.7)Si la esfera de radio R2 se acerca a otra de radio R1 que está en reposo

siendo p la distancia entre las líneas que contienen los centros en la direcciónde la velocidad de la esfera incidente, entonces el ángulo φ que da la direcciónde la normal, queda determinado geométricamente por

sinφ =p

R1 +R2.


R1

R2p

N

φ

Figura 3.7: Choque esferas

Esto es el ángulo φ queda determinado por p y los radios y el ángulo θ serádeterminado de acuerdo a

(m1 − em2) cot θ = (m1 +m2) cot(θ + φ). (3.61)

3.4.5. Consideraciones sobre la energía

Como veremos cuando ocurren choques en general se pierde energía. Fuedemostrado al estudiar el problema de dos cuerpos que la energía cinéticadel sistema es

K =1

2Mv2G +

1

2μv2. (3.62)

Donde μ es la masa reducida del sistema

μ =m1m2

m1 +m2.

El choque no afecta la velocidad del centro de masa, luego la variación de laenergía cinética que ocurre en un choque es

K 0 −K =1

2μv02 − 1

2μv2.

Aquí, v es la rapidez relativa entre las partículas

v2 = (v2T − v1T )2 + (v2N − v1N)

2,

v02 = (v02T − v01T )2 + (v02N − v01N)

2

3.5 Sistemas de masa variable 227

pero las componentes tangenciales no son afectadas, luego

v02 − v2 = (v02N − v01N)2 − (v2N − v1N)

2

= (e2 − 1)(v2N − v1N)2

= −(1− e2)(v2N − v1N)2,

es decir en general, hay una pérdida de energía cinética dada por

K 0 −K = −12

m1m2

m1 +m2(1− e2)(v2N − v1N)

2. (3.63)

Hay conservación de Energía solamente en el caso de choque elástico e = 1.El caso v2N − v1N = 0 se descarta porque eso significa que no hay choque.

3.5. Sistemas de masa variable

Con algunas consideraciones pueden tratarse sistemas que ganan o pier-den masa en forma continua. Para ello considere un análisis diferencial de loque ocurre cuando un sistema de masa inicial m(t) con una velocidad v(t) ysobre el que actúa una fuerza externa F (t), incorpora una cantidad infinite-simal de masa dm la cual tiene, justo antes de incorporarse, una velocidadu(t). Transcurrido un tiempo dt, la masa del sistema es m(t) + dm. La cues-tión es: ¿cuánto ha variado la velocidad del sistema en este proceso?

t t+dt

F(t) m(t) dm

m(t)+dm

u v(t) v(t+dt)

Para este efecto considere que el sistema total es de masa constante, por lotanto podemos usar el hecho que el cambio de la cantidad de movimientototal es producido por la fuerza F (t) solamente, es decir

F (t)dt = (m(t) + dm)(v(t) + dv(t))− (u(t)dm+m(t)v(t)),

de aquí, despreciando infinitésimos de segundo orden, se establece el resultado

F (t) = m(t)dv(t)

dt− (u(t)− v(t))

dm(t)

dt. (3.64)


Aun cuando el análisis ha sido hecho para sistemas que ganan masa, el mismoresultado se obtiene para sistemas que pierden masa, pero en este últimocaso u(t) representará la velocidad de los elementos de masa justo despuésde abandonar el sistema.Note que (u(t) − v(t)) representa la velocidad relativa de los elementos

de masa dm con respecto al sistema de masa m(t).La ecuación 3.64 también puede escribirse

F (t) = m(t)dv(t)

dt+ (v(t)− u(t))

dm(t)

dt, (3.65)

siendo en este caso (v(t) − u(t)) la velocidad relativa del sistema de masam(t) con respecto a los elementos de masa dm.

Ejemplo 3.5.1 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total Mse suspende de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo yse suelta. Determine la reacción que ejerce el suelo sobre el montón que seacumula mientras la cadena cae. (Se supone que los eslabones son infinitesi-males y que no rebotan en el suelo).

Solución. Sea el sistema de masa variable el montón acumulado, de modoque, en la dirección vertical

v(t) = 0, u(t) = −gt, F (t) = R(t)−mg, m =M

L

1

2gt2.

Por lo tanto, la ecuación (3.64) nos da

R(t)−mg = −udmdt

,

y finalmente

R(t) =3

2

M

Lg2t2.

N

Ejemplo 3.5.2 Una cadena flexible de longitud total L y de masa total Mviene deslizando sobre una superficie horizontal lisa con rapidez vo, en la di-rección positiva del eje OX. Al llegar al origen se encuentra con un bloquede masa M inicialmente en reposo. Determine la posición del bloque en fun-ción del tiempo mientras la cadena se acumula contra él. (Se supone que loseslabones son infinitesimales y que no rebotan en el bloque).


Solución. Sea x la coordenada del bloque. La masa total del sistema,bloque más trozo acumulado será

m(t) =M +M

L(v0t− x),

además u(t) = v0, v(t) = x, F (t) = 0, de modo que la ecuación (3.64) conducea la siguiente ecuación diferencial

0 =

µM +

M

L(v0t− x)

¶x− M

L(v0 − x)2,

o bien, en términos de una variable auxiliar z = L+ v0t− x

0 = zz + z2,

con condiciones iniciales z(0) = L, z(0) = v0. Integrando dos veces se obtiene

z =Lv0z

,1

2z2 =

1

2L2 + Lv0t,

y finalmente

x = L+ v0t−pL2 + 2Lv0t, si t < L/v0.

Más tarde, el sistema continúa moviéndose con la rapidez constante alcanzadaal agotarse la cadena. (Ello ocurre cuando (v0t−x)M/L =M , o bien z = 2L)

N

Ejemplo 3.5.3 Una cadena flexible de masa distribuida uniformemente λ kgm−1

está amontonada en el suelo y se aplica a uno de sus extremos, una fuerzaconstante hacia arriba F . Determine la altura de la cadena levantada enfunción del tiempo.

Solución. Sea y la altura. Aquí u = 0, v = y, m = λy, de modo que laecuación de movimiento será

F − λyg = λyy + λy2 =1

2λ

µydy2

dy+ 2y2

¶la cual puede ser integrada mediante un factor integrante y. Así resulta

2Fy − 2λy2g = λd

dy(y2y2),


entonces F − 23λyg = λy2 de donde se obtiene

y =

rF

λ− 23yg, t =

Z y

0

dyqFλ− 2

3yg

,

y finalmente

y = t

rF

λ− 16gt2.

Aunque parezca paradojal, la rapidez inicial del extremo de la cadena despuésde aplicada la fuerza no es cero, es

pF/λ cuestión que se explica pues se

ha aplicado una fuerza finita, a un elemento infinitésimo de masa lo cualcausa ese repentino cambio de velocidad. Además puede observarse que lacadena se detiene cuando F = 2

3λyg, y para ese instante el largo levantado

tiene un peso λyg = 32F , que es mayor que la fuerza aplicada. Naturalmente

después bajará hasta que finalmente sea λyg = F . Es un buen problemade investigación explicar las sucesivas oscilaciones de la cadena hasta que sedetenga en su posición de equilibrio final.

N

Ejemplo 3.5.4 Un depósito cilíndrico de masa despreciable con base circu-lar de radio R tiene líquido (agua por ejemplo) inicialmente hasta una alturah0. Al nivel del suelo liso se hace un pequeño agujero circular radio r por elcual sale agua horizontalmente. Determine la aceleración del depósito pro-ducto de la pérdida de masa.

Solución. Sea h(t) la altura del agua en el depósito y ρ su densidad.Si suponemos que la aceleración no afecta demasiado la superficie del aguapodemos estimar la forma en que decrece la masa del líquido en el recipientesi r ¿ R, para el depósito estacionario. La rapidez de salida por el orificio(relativa al recipiente) será de magnitud

√2gh, de modo que el caudal másico

de salida será ρ√2ghπr2. Entonces la masa del líquido disminuye de la forma

dm

dt= −ρ

p2gh πr2,

perom = ρπR2h


luegodh

dt= −

p2gh

r2

R2

de donde integrando se obtiene

2√h− 2

ph0 = −

p2g

r2

R2t.

Ahora planteamos la ecuación de movimiento suponiendo que la velocidadrelativa del agua que sale es

u− v = −p2gh

así resulta

0 = m(t)dv(t)

dt−³−p2gh

´ dm(t)

dt,

0 = ρπR2hdv(t)

dt−³−p2gh

´(−ρ

p2ghπr2)

simplificando

a =dv(t)

dt=2gr2

R2

mientras quede líquido en el recipiente. Si el recipiente tiene una masa M elúnico cambio que se produce es

0 = (M + ρπR2h)dv(t)

dt−³−p2gh

´(−ρ

p2ghπr2)

de donde

a =dv

dt= 2g

hρπr2

M + ρπR2h,

donde ahora influye la altura que es función del tiempo

h(t) = (ph0 −

rg

2

r2

R2t)2.

N


3.5.1. Resumen de fórmulas movimiento en un campocentral de fuerza

F = − k

r2r.

El álgebra de esta materia puede resultar tediosa y muy repetida en diversosproblemas, por lo cual se dan aquí las principales fórmulas para hacer refe-rencias a ellas en las soluciones. En lo que sigue k = GMm es la constantede la ley de Fuerza, no la confunda con la energía cinética

r =l20μk

1

1− e cos(θ − α),

b =l20μk

1√1− e2

,

d2u

dθ2+ u = −

μF ( 1u)

l20u2,

l0 = |μr × v| = μr2θ,

e2 = 1 +2El20μk2

,

E =1

2μv2 − k

r=1

2μ(r2 + r2θ

2)− k

r,

3.5.2. Lanzamiento desde la superficie terrestre

Aquí preferimos usar M masa tierra, m masa proyectil o satélite

k = GMm,

μ ' m.

Si un proyectil se lanza de la superficie terrestre, formando un ángulo β conla horizontal, como se indica en la figura, que es materia de varios problemas,preferimos deducir aquí todas las relaciones.


β

α

(1)(2)

(3)

V0

R P

Q

Figura 3.8:

3.5.3. Energía

E =1

2μV 2

0 −GMm

R=1

2m(V 2

0 − V 2e ).

3.5.4. Momentum angular

l0 = mRV0 cosβ.

3.5.5. Velocidad de escape desde la superficie

Ve =

r2GM

R.

3.5.6. Excentricidad

e2 = 1 +2El20

mμ(GMm)2

= 1 +4(V 2

0 − V 2e )V

20 cos

2 β

V 4e

.


3.5.7. Ecuación de la órbita

r =l20

m(GMm)

1

1− e cos(θ − α)

r =2V 2

0

V 2e

R cos2 β

1− e cos(θ − α).

3.5.8. Orientación α del semieje mayor (figura, caso(2))

Si r = R en θ = 0, se deduce que

1 =2V 2

0

V 2e

cos2 β

1− e cosα=⇒

cosα =1− 2V 20

V 2ecos2 βq

1− 4(1− V 20

V 2e)V 20V 2ecos2 β

sinα =2V 20V 2ecosβ sinβq

1− 4V20

V 2e(1− V 20

V 2e) cos2 β

3.5.9. Casos elípticos

Si V0 < Ve y β > 0 casos (1) y (2) de la figura, el proyectil cae de nuevoa la Tierra, y el alcance angular de P a Q está dado por

2α

3.5.10. Alcance máximo

Deseamos obtener una expresión para el ángulo β de lanzamiento que daun alcance máximo para una rapidez inicial dada V0 < Ve. La inclinación delsemi eje mayor está dada por

cosα =1− 2V 2

0

V 2ecos2 βq

1− 4(1− V 20


.


Sean, para simplificar la notación

V0Ve= sin ς, cos2 β = u

de modo que

cosα =1− 2u sin2 ςp1− 4u cos2 ς sin2 ς

.

Es una buena tarea probar que hay un extremo de cosα cuando

u =1

2 cos2 ς= cos2 β =⇒

cos β =1√2 cos ς

=1

√2q1− V 20

V 2e

(Note que si V0 es muy pequeño, el ángulo de disparo óptimo será β = π/4)

Podemos entonces calcular para ese ángulo de disparo

cosαmax =1− 2u sin2 ςp1− 4u cos2 ς sin2 ς

=

p(−1 + 2 cos2 ς)cos2 ς

si cos ς > sin ς

Esta última condición puede escribirse V0 < Ve√2 y para este caso (más

álgebra)

sinαmax =

V 20

V 2e

1− V 20V 2e

=V 20

V 2e − V 2

0

si V0 < Ve√2



3.7. Sistemas de Partículas

3.7.1. Resumen de fórmulas

Movimiento en un campo central de fuerza

F = − k

r2r.

El álgebra de esta materia puede resultar tediosa y muy repetida en diversosproblemas, por lo cual se dan aquí las principales fórmulas para hacer refe-rencias a ellas en las soluciones. En lo que sigue K = GMm es la constantede la ley de Fuerza, no la confunda con la energía cinética

r =l20μk

1

1− e cos(θ − α),

b =l20μK

1√1− e2

,

d2u

dθ2+ u = −

μF ( 1u)

l20u2,

l0 = |μr × v| = μr2θ,

e2 = 1 +2El20μK2

,

E =1

2μv2 − K

r=1

2μ(r2 + r2θ

2)− K

r,

Lanzamiento desde la superficie terrestre

Aquí preferimos usar M masa tierra, m masa proyectil o satélite

K = GMm,

μ ' m.

Si un proyectil se lanza de la superficie terrestre, formando un ángulo β conla horizontal, como se indica en la figura, que es materia de varios problemas,preferimos deducir aquí todas las relaciones.

3.7 Sistemas de Partículas 237

β

α

(1)(2)

(3)

V0

R P

Q

Figura 3.9:

Energía

E =1

2μV 2

0 −GMm

R=1

2m(V 2

0 − V 2e ).

Momentum angular

l0 = mRV0 cosβ.

Velocidad de escape

Ve =

r2GM

R.

Excentricidad

e2 = 1 +2El20

mμ(GMm)2

= 1 +4(V 2

0 − V 2e )V

20 cos

2 β

V 4e

.


Ecuación de la órbita

r =l20

m(GMm)

1


r =2V 2

0

V 2e

R cos2 β

1− e cos(θ − α).

Orientación α del semieje mayor (figura, caso (2))

Si r = R en θ = 0, se deduce que

1 =2V 2

0

V 2e

cos2 β

1− e cosα=⇒

cosα =1− 2V 20

V 2ecos2 βq

1− 4(1− V 20


sinα =2V 20V 2ecosβ sinβq

1− 4V20

V 2e(1− V 20

V 2e) cos2 β

Casos elípticos

Si V0 < Ve y β > 0 casos (1) y (2) de la figura, el proyectil cae de nuevoa la Tierra, y el alcance angular de P a Q está dado por

2α

Alcance máximo

Deseamos obtener una expresión para el ángulo β de lanzamiento que daun alcance máximo para una rapidez inicial dada V0 < Ve. L inclinación delsemi eje mayor está dada por

cosα =1− 2V 2

0

V 2ecos2 βq

1− 4(1− V 20


.


Sean, para simplificar la notación

V0Ve= sin ς, cos2 β = u

de modo que

cosα =1− 2u sin2 ςp1− 4u cos2 ς sin2 ς

.

Es una buena tarea probar que hay un extremo de cosα cuando

u =1

2 cos2 ς= cos2 β =⇒

cos β =1√2 cos ς

=1

√2q1− V 20

V 2e

(Note que si V0 es muy pequeño, el ángulo de disparo óptimo será β = π/4)Podemos entonces calcular para ese ángulo de disparo

cosαmax =1− 2u sin2 ςp1− 4u cos2 ς sin2 ς

=

p(−1 + 2 cos2 ς)cos2 ς

si cos ς > sin ς

Esta última condición puede escribirse V0 < Ve√2 y para este caso (más

álgebra)

sinαmax =

V 20

V 2e

1− V 20V 2e

=V 20

V 2e − V 2

0

si V0 < Ve√2

3.7.2. Problema resueltos sistema de partículas

Ejercicio 3.1 La figura muestra una polea fija de masa despreciable y sinroce de la cual penden 2 partículas de masas m1 y m2 (m2 > m1), unidas poruna cuerda liviana e inextensible. Calcule la aceleración de cada partícula yla aceleración del centro de masa del sistema de partículas.


Solución. Suponiendo que m2 > m1 el sistema se moverá en el sentidode los punteros del reloj y si T indica la tensión tendremos

m2g − T = m2a2,

T −m1g = m1a1,

como a1 = a2 se tiene sumando

(m2 −m1)g = (m1 +m2)a2,

de donde sigue

a1 =m2 −m1

m1 +m2gj, a2 = −

m2 −m1

m1 +m2gj.

La aceleración del centro de masa será

acm =m1a1 +m2a2m1 +m2

=m1(m2 −m1)

(m1 +m2)2gj− m2(m2 −m1)

(m1 +m2)2gj

= −(m2 −m1)2

(m1 +m2)2 gj

=(m2 −m1)

2

(m1 +m2)2 g.

N


Ejercicio 3.2 Tres partículas de igual masa m, unidas por barras rígidasde largo L y masa despreciable, están obligadas a moverse sobre los ejes talcomo lo muestra la figura. Si la partícula de la derecha tiene la velocidadv = v0ı , determine la velocidad del centro de masa, el momento angular delsistema respecto del centro de masa y respecto del origen O.

Y

XO

V0

L

L

Solución. Si θ indica el ángulo que la barra forma con la vertical, tenemosque

x = L sin θ,

y = −L cos θ,

de donde derivando

x = Lθ cos θ = v0,

y = Lθ sin θ = L sin θv0

L cos θ= v0 tan θ.

Luego

vcm =2mv0ı+mv0 tan θj

3m,

=1

3(2v0, v0 tan θ).

Las velocidades de las partículas son paralelas a los vectores posición, luegoevidentemente

L0 = 0.


El vector posición del centro de masa es

rcm =mL sin θı+m(L+ L sin θ)ı−mL cos θj

3m,

podemos finalmente calcular

Mrcm × vcm =

=mLv03

(1 + 2 sin θ,− cos θ)× (2, tan θ)

=1

3mLv0

sin θ + 2

cos θk.

El momentum angular relativo al centro de masa se obtiene del teorema deKoenig

L0 =Mrcm × vcm + Lcm = 0,

de donde

Lcm = −1

3mLv0

sin θ + 2

cos θk.

Nota : tan θ + 2 sin θ tan θ + 2 cos θ = sin θ+2cos θ

N

Ejercicio 3.3 Las posiciones de dos partículas A y B de masa ma = 1kgy mb = 2kg son respectivamente ra = (4− t; 3t2) y rb = (5 − 2t − t2; 10).Determine en t = 4 s la fuerza neta exterior sobre el sistema de partículas, elmomentum angular y torque respecto del origen del sistema de coordenadas.

Solución. Tenemos

d2

dt2¡4− t; 3t2

¢= Fa,

2d2

dt2(5− 2t− t2; 10) = Fb,

de donde

Fa = (0; 6) ,

Fb = (−4; 0),


la fuera neta seráF = Fa + Fb = (−4; 6)N.

El momentum angular será

L0 =¡4− t; 3t2

¢× (−1; 6t) + 2(5− 2t− t2; 10)× (−2− 2t; 0)

= (64t− 3t2 + 40)k

evaluando en t = 4 sL0 = 248k J s.

El torque es la derivada del momentum angular, es decir

τ 0 = (64− 6t)k = 40k J

N

Ejercicio 3.4 La figura muestra un sistema formado por dos partículas cu-yas masas son m1 = 10kg, m2 = 6kg. Las fuerzas netas que actúan sobrecada una de ellas respectivamente F1 = 8ıN y F2 = 6jN . Inicialmente elsistema se encuentra en reposo. Calcule en función del tiempo las coordena-das del centro de masa y el momentum lineal total.

Y

X

O4 m

3 m

F1

F2

Solución. Tenemos

(m1 +m2)acm = F1 + F2,

dP

dt= F1 + F2 = (8, 6),

16acm = F1 + F2 = (8, 6).


Integrando la segundaP = (8t, 6t).

Integrando la tercera dos veces

vcm =1

8(4t, 3t),

rcm = rcm(0) +1

16(4t2, 3t2),

donde la posición inicial del centro de masa es

rcm(0) =10(0, 3) + 6(4, 0)

16=

µ3

2,15

8

¶,

finalmentercm = (

3

2+1

4t2,15

8+3

16t2).

N

Ejercicio 3.5 Tres partículas de igual masa m descansan sobre una super-ficie horizontal lisa, unidas mediante cuerdas de largo a sin masa, ubicadasen la línea recta que la une tal como se muestra en la figura. Inicialmente, alas partículas de los extremos se les da una velocidad inicial perpendicular ala cuerda de magnitud V0 mientras la partícula del centro continúa en reposo.Determine:

Y

X

a

V0

O

V0

α

α

a


a) La velocidad del centro de masa en cualquier instante,

b) La velocidad de las partículas en el instante que chocan las partículasextremas,

c) El momentum angular del sistema de partícula respecto al origen delsistema.

Solución. El momentum lineal en la direcciónOX se conserva así como la

energía cinética. Si x1 = x es la coordenada de la partícula central, tenemos

x2 = x3 = x+ a cosα,

y2 = −y3 = a sinα,

x2 = x3 = x− aα sinα,

y2 = −y3 = aα cosα,

de manera que

Px = mx+ 2m(x− aα sinα) = 2mV0,

K =1

2mx2 + 2× 1

2m(x2 − 2axα sinα+ a2α2) = mV 2

0 .

La velocidad del centro de masas en cualquier instante será,

vcm =P

M=2mV03m

ı =2V03

ı.

Cuando chocan las partículas extremas, α = 0 y entonces

3x = 2V0,3

2x2 + a2α2 = V 2

0 ,

de donde

x =2

3V0,

aα = −rV 20 −

3

2(2

3V0)2 = −

1

3

√3V0,


de aquí sale que la velocidad de la partícula central es

v = (2

3V0, 0),

y las otras

v = (2

3V0,±

1

3

√3V0).

Por razones de simetría, L0 es evidentemente cero.

N

Ejercicio 3.6 Tres partículas de masa m1 = 2kg, m2 = 3kg y m3 =5kg, se mueven bajo la influencia de un campo de fuerza de modo que susposiciones relativas a un sistema de coordenadas son:

r1 = 2tı− 3j+ t2km

r2 = (t+ 1)ı+ 3tj− 4kmr3 = t2ı− tj+ (2t− 1)km

Calcule:

a) El momentum angular total del sistema,

b) El torque total externo aplicado al sistema respecto del origen,

c) El momento angular total y el torque respecto al centro de masa.

Solución. Similarmente

v1 = 2ı+ 2tk,

v2 = ı+ 3j,

v3 = 2tı− j+ 2k,

entonces

L0 = m1r1 × v1 +m2r2 × v2 +m3r3 × v3

= 2(2tı− 3j+ t2k)× (2ı+ 2tk) +3((t+ 1)ı+ 3tj− 4k)× (ı+ 3j) +5(t2ı− tj+ (2t− 1)k)× (2tı− j+ 2k)

=¡31− 12t,−12− 10t+ 6t2, 21 + 5t2

¢.


El segundo resultado sigue de

τ 0 =dL0dt

= (−12,−10 + 12t, 10t) .

Necesitamos calcular

rcm =m1r1 +m2r2 +m3r3

m1 +m2 +m3

=2r1 + 3r2 + 5r3

10

=2(2tı− 3j+ t2k) + 3((t+ 1)ı+ 3tj− 4k) + 5(t2ı− tj+ (2t− 1)k)

10

= (7

10t+

3

10+1

2t2)ı+ (−3

5+2

5t)j+ (

1

5t2 − 17

10+ t)k,

entoncesvcm = (

7

10+ t)ı+ (

2

5)j+ (

2

5t+ 1)k,

entonces

Lcm = L0 −Mrcm × vcm,

τ cm =d

dtLcm.

(Trabajo para usted)

N

Ejercicio 3.7 Una granada inicialmente en reposo, estalla en 3 pedazos demasas m1, m2 y m3 cuyas velocidades son respectivamente:

v1 = 6ı+ 4j+ 5k,

v2 = −5ı− 7j − 8k,v3 = −8ı+ 2j+ k

Determine la relación entre sus masas.

Solución. Aquí P se conserva, luego

P = m1v1 +m2v2 +m3v3 = 0,


podemos igualar a cero las componentes obteniendo

6m1 − 5m2 − 8m3 = 0,

4m1 − 7m2 + 2m3 = 0,

5m1 − 8m2 +m3 = 0,

si eliminamos m3 entre la primera y la segunda

22m1 − 33m2 = 0 =⇒m1

m2=3

2,

si eliminamos m1 entre la segunda y la tercera

−3m2 + 6m3 = 0 =⇒m2

m3= 2,

luegom1 : m2 : m3 = 3 : 2 : 1.

N

Ejercicio 3.8 Si cada partícula de un sistema es atraída hacia un puntofijo 0 con una fuerza proporcional a su masa y a su distancia al punto 0,demuestre que el centro de masa se mueve como si fuera una partícula delsistema.

Solución. Para cada partícula

miai = −Kmiri

es decir que cada partícula se mueve de acuerdo a

ai = −Kri.

Pero

rCM =

PmiriM

aCM =

PmiaiM

de modo que si sumamos todas las ecuaciones, obtenemos

MaCM = −KMrCM

o seaaCM = −KrCM

misma ecuación de movimiento que la de cada partícula.


N

Ejercicio 3.9 Un conjunto de partículas de masas m, puede deslizar libre-mente sobre alambres paralelos, atrayéndose unas a otras con fuerzas propor-cionales al producto de sus masas y distancias. Demuestre que las partícu-las efectúan oscilaciones armónicas del mismo período relativas a un planoperpendicular a los alambres y que pasa por el centro de masa supuesto enreposo.

Solución. Supongamos que las correderas están en dirección OX y con-sidere dos de ellas de índices i, j. La ecuación de movimiento de la mi en ladirección OX será

mixi =Xj 6=i

Kmimjdij cos θij

donde dij indica la distancia entre las de índice i, j, y θij es el ángulo queforma la línea de la fuerza con el eje OX.

i

j

θ i j

di j

xi

xj

Entonces podemos escribir

xi = KmXj 6=i(xj − xi).

Por otro lado la posición X del centro de masas es

xCM =

PmixiM

=

Pxi

N,

entonces incluyendo i = j se tiene

xi = KmXj

(xj − xi)

= KmNxCM −KmNxi,


es decirxi +KmN(xi − xCM) = 0,

prueba lo pedido, porqueω2 = KmN

es independiente de i.

N

Ejercicio 3.10 Dos partículas iguales se atraen con una fuerza inversamen-te proporcional al cuadrado de su distancia. Si las partículas deslizan sobrecorrederas lisas en ángulo recto, demuestre que el centro de masa describeuna cónica con su foco en la intersección de las correderas.

Solución. Considere la figura. Sea x = d cos θ, y = d sin θ entonces tene-mos por aplicación de la segunda Ley de Newton que

Y

Xθθ

R

F

N

F

CM

d

O

mx = −F cos θ = − k

d2cos θ = − k

d3x

my = −F sin θ = − k

d2sin θ = − k

d3y

por otro lado xCM = x2y yCM = y

2, rCM = d

2entonces podemos escribir

xCM = − k

8mr3CMxCM ,

yCM = − k

8mr3CMyCM ,


que equivale a

aCM = − k

8mr3CMrCM .

O sea el centro de masas es atraído hacia el origen con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de su distancia al origen. Problema que seestudia en campo central de fuerzas y se demuestra allí que la trayectoria esnecesariamente una sección cónica.

N

Ejercicio 3.11 Dos partículas de igual masa deslizan sobre correderas lisasperpendiculares que se interceptan en 0. Demuestre que si las partículas seatraen y ellas parten desde el reposo desde posiciones cualquiera sobre lascorrederas, ellas llegarán simultáneamente a la intersección.

Solución. Con una figura análoga a la del problema anterior, tenemosque

m1x = −F cos θ = −F x

d

m2y = −F sin θ = −F y

d

de dondem1xy −m2yx = 0.

Como las masas son iguales entonces

xy − yx = 0,d

dt(xy − yx) = 0.

Entonces xy − yx es constante e igual a cero porque las partículas partierondel reposo, o sea

xy − yx = 0,

o bienx

x=

y

y

que puede integrarse dando

ln y = ln c+ lnx,

y = cx

o sea si x = 0 entonces simultáneamente y = 0.


N

Ejercicio 3.12 Dos partículas de masa m cada una se mueven sobre lascorrederas lisas perpendiculares OX y OY y se atraen con una fuerza propor-cional a su distancia, siendo K la constante de proporcionalidad. Si inicial-mente:

x(0) = a, y(0) = a,x(0) = −V0, y(0) = 0,

a) Determine x(t) , y(t) y b) Determine la ecuación cartesiana de la trayec-toria del centro de masa del sistema.

Solución. Similarmente tendremos

mx = −F cos θ = −Kd cos θ = −Kx

my = −F sin θ = −Fd sin θ = −Ky

de modo que

x(t) = A cosωt+B sinωt,

y(t) = C cosωt+D sinωt,

x(t) = ω(−A sinωt+B cosωt),

y(t) = ω(−C sinωt+D cosωt)

y colocando las condiciones iniciales dadas

a = A,

a = C,

−V0 = ωB,

0 = ωD

entoncesa)

x(t) = a cosωt− V0ωsinωt,

y(t) = a cosωt.

b) Las coordenadas del centro de masas son

xCM =x

2=1

2a cosωt− V0

2ωsinωt,

yCM =y

2=1

2a cosωt,


de donde debemos eliminar t, obteniendo

xCM = yCM −V02ω

s1−

µ2yCMa

¶2,

que se puede escribir así

y2(1 + (V0aω)2)− 2yx+ x2 = (

V02ω)2.

Esto es se trata de una elipse.

N

Ejercicio 3.13 Dos partículas de igual masa están unidas por un resorte deconstante k y largo natural a. Además actúa entre ambas partículas una fuerzaamortiguadora proporcional a la rapidez de la variación de la distancia entreellas. El sistema se coloca en movimiento dándole a una de las partículas unavelocidad V0 perpendicular a la línea que une las partículas. Determine V0 sidespués de un tiempo muy largo, el largo del resorte es 2a.

Solución. Mirado desde el centro de masas, que por viajar a velocidadconstante vG = 1

2V0 es un sistema inercial, tenemos que las partículas al

comienzo y al final (una vez que las oscilaciones terminan) giran en circun-ferencias alrededor de el. Así al comienzo

LG = m1

2V0a

2+m

1

2V0a

2

=1

2mV0a.

Al final, si V son las rapideces respecto a G, entonces

LG = mV a+mV a = 2mV a.

Como el momentum angular es constante

V =1

4V0.

Además, para el movimiento circular de cada partícula

mV 2

a= K(2a− a),


luego

V =

rKa2

my finalmente

V0 = 4V = 4a

rK

m.

N

Ejercicio 3.14 Tres partículas iguales están inicialmente en línea recta,igualmente espaciadas sobre un plano horizontal liso y unidas por dos hilosde largos “a“. La partícula del medio está inicialmente está en reposo, y a laspartículas externas se les da una velocidad V0 perpendicular a la línea quelas une. Calcule la velocidad con que chocan las partículas.

Solución. Al partir si x es la dirección perpendicular a la línea que unelas partículas entonces

Px = 2mV0

K =1

2mV 2

0 +1

2mV 2

0

= mV 20 .

Justo antes del choque, Las tres partículas tienen la misma componente develocidad en x, llamémosla u, y dos partículas tienen la misma rapidez v enel eje y entonces

Px = 3mu

K = 31

2mu2 + 2

1

2mv2.

Conservación de Px y K implica

u =2

3V0

y3

2(2

3V0)

2 + v2 = V 20

entoncesv =

1

3

√3V0.

N


3.7.3. Choques

Ejercicio 3.15 Una partícula de masa M se encuentra en reposo mientrasque otra partícula de masa m se acerca con rapidez v y la choca frontalmentesiendo e el coeficiente de restitución. Determine las velocidades resultantesdel choque.


Mv0M +mv0m = mV,

v0M − v0m = eV

de donde se despeja

v0m = −VMe−m

M +m, v0M = Vm

1 + e

M +m.

N

Ejercicio 3.16 Una partícula de masa M se encuentra en reposo mientrasque otra partícula de masa m se acerca con rapidez v y la choca frontal-mente siendo e = 0 el coeficiente de restitución. Determine las velocidadesresultantes del choque.

Solución. Es igual pero con e = 0 de manera que

v0m = Vm

M +m, v0M = V

m

M +m.

N

Ejercicio 3.17 Una partícula de masa m se suelta desde una altura h ylos choques que ocurren contra el suelo son con coeficiente de restitución e.Determine el tiempo total que demoran en ocurrir todos los choques.

Solución. Si la partícula se suelta desde una altura h1

y = h1 −1

2gt2

vy = −gt

llega al suelo en un tiempo t1 =q

2h1gcon rapidez −g

q2h1g= −

√2gh1

y rebota con velocidad e√2gh1. Ahora con esa velocidad inicial de subida

llegará hasta una altura gh2 = 12e22gh1 o sea

h2 = e2h1.


O sea la secuencia de alturas que ocurren es h1, e2h1, e4h1 · · · y los tiemposempleados son t1 =

q2h1g, t2 = 2

q2h2g, t3 = 2

q2h3g· · · y el tiempo total será

t =

r2

g

³ph1 + 2

ph2 + 2

ph3 + · · ·

´=

r2

g

³ph1 + 2e

ph1 + 2e

2ph1 + · · ·

´=

s2h1g

¡1 + 2e+ 2e2 + · · ·

¢=

s2h1g

µ1 +

2e

1− e

¶

=

s2h1g

µ1 + e

1− e

¶N

Ejercicio 3.18 Respecto a la situación del problema anterior, determine ladistancia total recorrida por la partícula.

Solución. La distancia total recorrida d será

d = h1 + 2h2 + 2h3 + · · ·

esto es

d = h1 + 2e2h1 + 2e

4h1 · · ·d = h1(1 +

2

1− e2).

N

Ejercicio 3.19 Una partícula de masa m = 1kg está en reposo mientrasque otra de masa m = 3kg se acerca con rapidez 5ms−1 por la izquierda yla choca con coeficiente de restitución e = 0,5. La partícula que estaba enreposo se coloca en movimiento y choca frontalmente contra una pared fijacon coeficiente de restitución e = 1, devolviéndose. Determine las velocidadesfinales una vez que todos los choques terminen.


Solución. m1 = 3, v1 = 5, m2 = 1, v2 = 0, e = 0,5. De las fórmulasresultará

v02 =m1v1 +m2v2 +m1e(v1 − v2)

m1 +m2= 5. 625

v01 =m1v1 +m2v2 −m2e(v1 − v2)

m1 +m2= 3,125

la partícula (2) choca con la pared y se devuelve con rapidez v002 = −5,625.Tenemos un nuevo choque donde ahora las velocidades antes del segundochoque entre las partículas son v1 = 3,125, v2 = −5,625, e = 0,5. Así resul-tarán

v02 =m1v1 +m2v2 +m1e(v1 − v2)

m1 +m2= 4. 218 75

v01 =m1v1 +m2v2 −m2e(v1 − v2)

m1 +m2= −0. 156 25

habrá un tercer choque entre ellas donde inicialmente v1 = −0,15625, v2 =−4,21875, resultando finalmente

v02 =m1v1 +m2v2 +m1e(v1 − v2)

m1 +m2= 0. 35

v01 =m1v1 +m2v2 −m2e(v1 − v2)

m1 +m2= −1. 68

La partícula (2) chocará nuevamente con la pared pero no pilla más a lapartícula (1), de modo que las velocidades finales son

v02 = −0. 35m s−1

v01 = −1. 68m s−1

N

Ejercicio 3.20 Una partícula de masa m (una bala) se acerca horizontal-mente con rapidez V y se incrusta en un saco de arena de masa M que cuelgade un cordel de longitud L. Por efecto del choque el sistema “ saco+ bala” ,sube una altura h, respecto a su altura inicial. Determine en términos de m,M, L, h la velocidad de la bala.


1 22

1+2

Solución. El saco más bala adquiere una velocidad V 0 determinada por

mV = (m+M)V 0

V 0 =m

m+MV.

Por conservación de energía del movimiento siguiente se tiene

1

2V 02 = gh

o sea

m

m+MV =

p2gh

V =m+M

m

p2gh.

N

Ejercicio 3.21 La figura muestra el choque de dos bolas de billar. La bola2 se encuentra inicialmente en reposo y la bola 1, antes del choque, tiene unavelocidad de V1 en la dirección que se indica. Después del choque la bola 2sale en la dirección indicada con una rapidez de V 0

2 . Determine la mínimarapidez posible V 0

2.


130º

V1

2β

2'

V'2

1'

Solución. La dirección normal al choque es la dirección de V 02 , luego

conservación de la cantidad de movimiento en las direcciones N y T dan(m1 = m2)

V1 cos 30 = V 02 + V 0

1 cosβ,

V1 sin 30 = V 01 sinβ,

y para el coeficiente de restitución

V 02 − V 0

1 cosβ = e(V1 cos 30)

si las reordenamos

V 02 + V 0

1 cosβ =1

2V1√3,

V 01 sinβ =

1

2V1

V 02 − V 0

1 cosβ =1

2eV1√3.

Sumamos la primera y la tercera y se obtiene

V 02 =

1

4V1√3 (1 + e)

de donde el mínimo que corresponde a e = 0 es

(V 02)mın =

1

4V1√3

N


Ejercicio 3.22 Respecto a la situación del problema anterior si V1 = 4ms−1

y e = 0,5 determine la rapidez V 02 y el ángulo β .

130º

V1

2β

2'

V'2

1'

Solución. Las ecuaciones son las mismas.

V 02 + V 0

1 cosβ =1

2V1√3 = 2

√3,

V 01 sinβ =

1

2V1 = 2,

V 02 − V 0

1 cosβ =1

2eV1√3 =√3.

SimilarmenteV 02 =

1

4V1√3 (1 + e) =

3

2

√3m s−1

Restamos la primera menos la tercera y se obtiene

V 01 cosβ =

1

4(1− e)V1

√3 =

1

2

√3,

dividimos por la segunda

cotβ =

√3

4,

β = 66. 59o.

N

Ejercicio 3.23 Una pelota de 0,5 kg incide sobre una superficie horizontalrígida con una rapidez de 50ms−1 en un ángulo de α = 60o con la vertical,ver figura. Si el coeficiente de restitución de la pelota con el suelo es e = 0,6,


determine el valor absoluto del cambio de momentum lineal experimentadopor la tierra en el intervalo de tiempo que dura el choque y el ángulo β conque rebota la pelota.

X

α β

Solución. El coeficiente de restitución es

e =V 0 cos β

V cosα=⇒ 0,6 =

V 0 cosβ

50 cos 60,

y supondremos que la componente tangencial es conservada es decir

V 0 sinβ = 50 sin 60,

de aquí resulta

tanβ =50 sin 60

0,6× 50 cos 60 =⇒ β = 70. 891o.

El cambio de la cantidad de movimiento de la pelota será de magnitud

∆P = m(V cosα+ V 0 cosβ) = 20,0 kgm s−1,

igual al cambio del momentum de la Tierra.

N

Ejercicio 3.24 Una esfera de masa m1, en reposo, cuelga de una cuerdainextensible de largo L. Otra esfera masa m2, unida a una cuerda de iguallongitud, se suelta del reposo como se muestra en la figura. Determine entérminos de m1, m2, l y la altura a que vuelve a subir m2 respecto a la po-sición inicial de m1 si el choque es: (a) elástico (b) plástico y (c) inelásticocon coeficiente de restitución e.


α

LL

m1

m2

Solución. Sea α el ángulo inicial que forma la cuerda con la vertical,conservación de energía da la rapidez de m2 justo antes de chocar

v2 =p2g(L− L cosα).

Luego tenemos

m2v2 = m2v02 +m1v

01,

v01 − v02 = e(v2),

de dondev02 = −v2

m1e−m2

m2 +m1

luego subirá una altura dada por

h =v0222g=1

2gv22(

m1e−m2

m2 +m1)2

= (L− L cosα)(m1e−m2

m2 +m1)2.

Usted puede escribir lo que ocurre si e = 0, e = 1.

N

Ejercicio 3.25 Una partícula de masa m1 y velocidad v1 choca con otrapartícula de masa m2 en reposo. El choque no es elástico de modo que 0 <e < 1. Después del choque la masa m1 se mueve perpendicularmente a ladirección de incidencia. Si Q es la energía disipada durante el choque y K1


la energía cinética de m1 antes del choque, demostrar que la energía cinéticaK 01 de m1 después del choque es:

K 01 =

m2

m1 +m2

∙K1(m2 −m1)

m2−Q

¸Determine además, el calor disipado Q en función del coeficiente de restitu-ción e.

Solución. Sean v1 = v1ı, v01 = v01j, v

02 = v02N, entonces

m1v1 = m1v01 +m2v

02N,

La energía cinética disipada durante el choque será

Q =1

2m1v

21 − (

1

2m1v

021 +

1

2m2v

022 )

= K1 − (K 01 +

1

2m2v

022 )

pero

v022 =m21

m22

(v1 − v11)2,

como los vectores están a 90o, entonces

v022 =m21

m22

(v21 + v021 )

=m21

m22

(2K1

m1+2K 0

1

m1),

entonces Q se reduce a

Q = K1 −K 01 −

1

2m2

m21

m22

(2K1 + 2K

01

m1),

Q = K1 −K 01 −

1

2

m1

m2(2K1 + 2K

01),

de donde

K 01 =

m2

m1 +m2

∙K1(m2 −m1)

m2−Q

¸N


Ejercicio 3.26 Una partícula (2) de masa m está en reposo y otra de lamisma masa (1) se acerca con rapidez V y la choca lateralmente de maneraque la que estaba en reposo sale en θ = 30o respecto a la dirección de in-cidencia de la primera. Si el choque es con coeficiente de restitución e < 1determine el ángulo φ de desviación de la partícula incidente. Suponga quela velocidad relativa tangencial no es afectada por el choque.

m1

m2

V1 V2= 0 θ

V '1

V '2m2

m1

φ

Solución. Sean θ = 30o y φ por determinar, los ángulos en que se desvíanlas partículas respecto a la dirección de incidencia. Se tiene entonces

v01n + v02n = v1n + v2n

v01t + v02t = v1t + v2t

v02n − v01n = e(v1n − v2n)

v02t − v01t = v2t − v1t

pero aquí v2 es normal, luego v02t = 0 y v2n = v2t = 0 , luego

v01n + v02n = v1n

v01t = v1t

v02n − v01n = e(v1n)

−v01t = −v1t

pero v01n = v01 cos(30 + φ), v01t = v01 sin(30 + φ), v1n = V cos 30, v1t = V cosφde modo que

v01 cos(30 + φ) + v02n = V cos 30

v02n − v01 cos(30 + φ) = eV cos 30

v01 sin(30 + φ) = V cosφ


restando las dos primeras

2v01 cos(30 + φ) = (1− e)V cos 30

v01 sin(30 + φ) = V cosφ

y dividiendo

cot(30 + φ) =(1− e)

2

cos 30

cosφ

ecuación que determina φ.

N

Ejercicio 3.27 Demuestre que en el choque lateral y elástico de dos partí-culas de la misma masa una de las cuales estaba en reposo, los ángulos enque se desvían las partículas respecto a la dirección de incidencia de la móvil,suman 90 grados, es decir que θ + φ = π/2.

Solución. De un problema anterior tenemos

v01n + v02n = v1n

v01t = v1t

v02n − v01n = e(v1n)

pero si e = 1, se tiene

v01n + v02n = v1n

v02n − v01n = v1n

de dondev01n = 0

es decir v01 es tangente, y por lo tanto está a 90o de v02 que es normal.

N

Ejercicio 3.28 Una partícula (2) de masa m2 está en reposo y otra de ma-sa m1 (1) se acerca con rapidez V1 y la choca lateralmente de manera que laque estaba en reposo sale en un ángulo θ respecto a la dirección de incidenciade la primera. Si el choque es con coeficiente de restitución es e < 1 deter-mine la suma θ + φ en términos de m1, m2, e y θ. Suponga que la velocidad


relativa tangencial no es afectada por el choque.

m1

m2

V1 V2= 0 θ

V '1

V '2m2

m1

φ

Solución. La dirección normal es la dirección de v02 de manera que lasecuaciones serán

m1V1 cos θ = m2V02 +m1V

01 cos(θ + φ),

m1V1 sin θ = m1V01 sin(θ + φ),

eV1 cos θ = V 02 − V 0

1 cos(θ + φ).

Multiplicamos la tercera por m2 y restamos con la primera

(m1 −m2e)V1 cos θ = (m1 +m2)V01 cos(θ + φ),

dividimos por la tercera

(m1 −m2e) cot θ = (m1 +m2) cot(θ + φ),

de donde

tan(θ + φ) =(m1 −m2e)

(m1 +m2)tan θ.

N

3.7.4. Masa variable

Ejercicio 3.29 Una gota de agua de masa 0,1 g se deja caer desde ciertaaltura en un ambiente de vapor de agua. El vapor de agua se condensa en ellaa razón constante de 0,001 g s−1. Considerando en reposo el vapor, determinela rapidez de la gota al cabo de 10 s.


Solución. La masa de la gota en función del tiempo y en gramos será

m(t) = 0,1 + 0,001t.

Si el agua que se condensa tiene velocidad nula (u = 0), entonces

F = mdv

dt− (u− v)

dm

dt=⇒

mg =d

dtmv,

que puede ser integrada

mv = g

Z t

0

mdt,

v(t) =g

m

Z t

0

mdt

=g

0,1 + 0,001t

Z t

0

(0,1 + 0,001t)dt

=10 (0,1t+ 0,000 5t2)

0,1 + 0,001 t

y cuando t = 10 s

v = 95. 455ms−1

N

Ejercicio 3.30 Un carro con arena de masa 100 kg parte del reposo rodan-do sobre rieles inclinados en α = 30o respecto de la horizontal. Debido acierto dispositivo, del carro sale un chorro de arena a una tasa constante de2 kg s−1 con una velocidad relativa al carro de 1 kms−1 como se muestra enla figura. Despreciando efectos disipativos, determine en t = 10 s la fuerzaneta que actúa sobre el sistema.


g

Z

X

α

Solución. En la dirección del movimiento, eje X

Fx = mg sinα = (m(0)− λt)g sinα

además

Nz = −uzdm

dt= uzλ = 2N.

En t = 10 s

Fx = (100− 2× 10)10 sin 30 = 400N,

de manera que la fuerza neta será

F = 400ı+ 2k.

N

Ejercicio 3.31 Un cohete de lanzamiento vertical, sube con una acelera-ción de g/7m s−2. Si la velocidad relativa de los gases respecto del cohetees constante y de valor absoluto 800m s−1, determine la masa del cohete enfunción del tiempo si su masa inicial, incluido el combustible es de 4000 kg.

Solución. La ecuación de movimiento OZ vertical hacia arriba es

−mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt,

donde u− v = −800m s−1, g = 10ms−2, dv/dt = g/7 de manera que

−10m = m10

7+ 800

dm

dt,


o seadm

m= −

10 + 107

800dt = − 1

70dt,

que si se integra dam(t) = m(0)e−

t70 .

N

Ejercicio 3.32 La figura muestra un móvil de masa 1000 kg, inicialmenteen reposo, que contiene además 200 kg de combustible. Su motor quema elcombustible a razón constante 10 kg s−1. El móvil puede desplazarse sobre unasuperficie horizontal lisa. Si la velocidad relativa del móvil respecto de los ga-ses quemados es de 20m s−1, determine la velocidad del móvil transcurridos15 s.

Solución. De los datos

m(t) = 1200− 10t,

la ecuación para el eje del movimiento será

0 = mdv

dt− (u− v)

dm

dt

= mdv

dt+ 20

dm

dt

o sea

dv = −20dmm

,

integrando

v(t) = 20 ln1200

1200− 10t ,

y a los 15 sv = 2. 67m s−1.

N


Ejercicio 3.33 Un cohete de prueba de masa M0, incluido el combustible,desliza por una rampla horizontal sin roce con una rapidez v0. Con el fin defrenarlo, expulsa gases en sentido opuesto al movimiento a razón constantede σ kg s−1. Si la rapidez del cohete en función del tiempo es:

v =M0v0 −Kσt

(M0 − σt)

calcule:

a) La magnitud de la velocidad absoluta con que se expelen los gases,

b) La distancia que recorre (horizontalmente) el cohete hasta detenerse.

Solución. Aquím =M0 − σt,

la ecuación de movimiento en el sentido del movimiento es

0 = mdv

dt− (u− v)

dm

dt,

pero

v =M0v0 −Kσt

(M0 − σt),

mv = M0v0 −Kσt

debemos despejar u

u =ddtmvdmdt

=−Kσ

−σ = K.

Como sabemos quedx

dt=

M0v0 −Kσt

(M0 − σt),

se detiene cuando

M0v0 −Kσt = 0 =⇒ t =M0v0Kσ

,

y el espacio recorrido será

x =

Z M0v0Kσ

0

M0v0 −Kσt

(M0 − σt)dt =

= M0v01 + (K

v0− 1) ln(1− v0

K)

σ


N

Ejercicio 3.34 Un balde de masa m está siendo tirado hacia arriba poruna cuerda la cual ejerce una fuerza de magnitud constante F. Inicialmenteel balde contiene una masa m0 de agua, pero pierde agua a razón constantede σ kg s−1 de modo que después de cierto tiempo, el balde queda vacío.

a) ¿Cuál es la velocidad del balde justo cuando queda vacío?

b) ¿Se conserva la cantidad de movimiento y la energía mecánica del sis-tema?

Solución. Haremos la suposición que la velocidad relativa de salida delagua es cero, de manera que para la dirección vertical hacia arriba

F −mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt

F −mg = mdv

dt= (m0 +mb − σt)

dv

dt,

el balde queda vacío cuando t = m0/σ y la rapidez en ese instante será

v =

Z m0/σ

0

(Fdt

(m0 +mb − σt)− gdt) =

F

σln

µm0 +mb

mb

¶− m0g

σ.

N

Ejercicio 3.35 Una cadena de densidad de masa σ kgm−1, posee en unextremo un cuerpo de masa M , El sistema se encuentra apilado en el suelo.En el instante t = 0 se aplica una fuerza F vertical sobre el cuerpo de masaM para levantar el conjunto con velocidad constante v . Calcule la magnitudde la fuerza cuando haya transcurrido un tiempo igual a v

2g.

Solución. La masa del sistema será

m =M + σy =M + σvt,

donde y es la longitud de cadena levantada. Si v es constante

F −mg = −(u− v)dm

dt,


pero u es la rapidez de los eslabones en el suelo, u = 0, de manera que

F = mg + vdm

dt,

F = (M + σvt)g + vσv,

entonces cuando el tiempo sea

t =v

2g,

resulta

F = (M + σvv

2g)g + σv2

=3

2σv2 +Mg.

N

Ejercicio 3.36 Una cadena de longitud L y masa total M se suspende ver-ticalmente de modo que su extremo inferior está justo a nivel del suelo. Sila cadena se suelta, determine la reacción del suelo, mientras la cadena sedeposita cayendo por su propio peso.

Solución. Tenemos para el eje Y vertical

Fy = mdv

dt− (u− v)

dm

dt.

Si tomamos el montón depositado como sistema, entonces los eslabones quese incorporan tienen una velocidad

u = −gt,

la masa m(t) después de transcurrido un tiempo t será

m =M

L

1

2gt2,

dm

dt=

M

Lgt,

y entonces, dado que v = 0 (trozo amontonado está en reposo)

N −mg = −udmdt


luego

N =M

L

1

2g2t2 +

M

Lg2t2

=3

2

M

Lg2t2.

N

Ejercicio 3.37 Una cadena de longitud L y masa total M está amontonadasobre el suelo. Si la cadena se levanta de un extremo aplicando una fuerzaconstante F hacia arriba, determine la altura que sube la cadena en funcióndel tiempo. Discuta sobre la altura máxima que alcanza la cadena, supuesta-mente muy larga de tal modo que siempre queda cadena depositada.

Solución. La densidad lineal de masa de la cadena es

λ =M

L.

Sea y el trozo levantado en tiempo t. Tenemos

F −mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt,

siendo u = 0, m = λy, de manera que

F −mg =dmv

dt

F − λyg =d

dt(λyy).

Para integrar, multiplique por ydy, resultando

Fydy − λy2gdy = λyyd(yy) = λd(1

2y2y2),

que al ser integrada da

Fy2

2− λgy3

3=1

2λy2y2,

simplificando

F − 2λgy3

= λy2,


o biendy

dt=

rF

λ− 2gy

3

y finalmente

t =

Z y

0

dyqFλ− 2gy

3

=3q¡

Fλ

¢−√3q¡

3F−2gyλλ

¢g

de donde se despeja

y =6p(λF )− λgt

6λt

=

ÃrF

λ− gt

6

!t.

La altura máxima corresponde a y = 0 lo que da

ymax =3F

2gλ.

N

Nota 3.3 Usted puede extrañarse que el peso máximo levantado es mayorque la fuerza aplicada y además que y(0) =

pF/λ a pesar que la cadena

partió del reposo. Hay una singularidad pues en el instante inicial, una fuerzafinita F es aplicada a un elemento infinitésimo de masa y ello provoca uncambio repentino de velocidad. Además por la inercia, la cadena sobrepasala posición de equilibrio.

Ejercicio 3.38 Una gota esférica de agua atraviesa una capa de nube enreposo. Suponiendo que se condensa agua por unidad de tiempo sobre la gota,proporcionalmente a su superficie con constante de proporcionalidad K cono-cida, determine como crece el radio de la gota con el tiempo y como varía laaltura de ella a medida que transcurre el tiempo.

Solución. Sea R el radio de la gota, S su superficie, m su masa. Tenemos

dm

dt= KS.


Si ρ es la densidad tenemos

m =4

3πR3ρ,

dm

dt= 4πR2

dR

dtρ = K4πR2,

entoncesdR

dt=

K

ρ,

si el radio inicial R0 es despreciable, entonces

R(t) =Kt

ρ.

La ecuación de movimiento de la gota que cae, con u = 0, será

−mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt=

d

dt(mv),

donde la masa es conocida pues

m(t) =4

3π(

Kt

ρ)3ρ =

4

3πK3t3

ρ2,

de manera que se puede integrar

mv = −Z t

0

4

3πK3t3

ρ2gdt = −1

3πK3

ρ2gt4,

de donde se obtienev = −1

4gt.

Así resulta finalmentey = y(0)− 1

8gt2.

N

Ejercicio 3.39 Un carrito, inicialmente de masa M y en reposo sobre unplano horizontal liso, comienza a moverse debido a que es impulsado por unchorro continuo de masa que se le va incorporando. Dichas masas salen desdeel punto de partida (como de una ametralladora) con rapidez U0 y a razón deλ unidades de masa por unidad de tiempo y se incrustan en el carrito cuandolo impactan. Determine la forma en que varían la aceleración, la velocidad yla posición del móvil con el tiempo.


Solución. Supongamos que el carrito partió del origen con rapidez nulay sea x lo que recorre. La masa del carrito está dada por

m = M +λt

U0t(U0t− x)

= M +λ

U0(U0t− x).

(El chorro de masa tiene una masa total λt y tendría una longitud U0t,pero todo lo que exceda x se ha incrustado).La ecuación de movimiento es

0 = mdv

dt− (U0 − v)

dm

dt

= (M +λ

U0(U0t− x))

dv

dt− (U0 − v)

λ

U0(U0 − v).

Preferible dejar una ecuación para la masa porque

m =λ

U0(U0 − v)

m = − λ

U0

dv

dt,

luego

0 = −mU0λm− U0

λm2,

mm+ m2 = 0,

ecuación que es fácil integrar

md

dm

1

2m2 = −m2 =⇒

dm2

m2= −2dm

m,

de donde

lnm2

λ2= −2 ln m

M


o sea

m

λ=

M

m,

mdm = λdt,

m2 −M2 = 2λt

y luego

m =M +λ

U0(U0t− x) =

√M2 + 2λt,

y así

x = U0M + λt−

p(M2 + 2λt)

λ,

v =dx

dt= U0

p(M2 + 2λt)− 1p(M2 + 2λt)

.

N

Ejercicio 3.40 Un cohete de masa total M, de la cual fM , con f menorque uno, es de combustible, descansa verticalmente antes de encender losmotores. Si se encienden los motores, que arrojan masa a razón constante σ(σ = −dm/dt) con rapidez relativa al cohete de magnitud U0, establezca lacondición que debe cumplirse para que el cohete comience a despegar de in-mediato. Para este caso, determine la máxima altura que alcanza, suponiendoaceleración de gravedad constante y despreciando el roce con el aire.

Solución. Tenemosm(t) =M − σt.

Si el cohete no ha despegado, existe una reacción normal en el suelo y ademásla velocidad es nula. Entonces

N −mg = −(u− v)dm

dt= −(−U0)(−σ)

o seaN = mg − U0σ.


Si queremos que el cohete despegue en t = 0, debe ser N = 0 en ese instantelo que lleva a

U0σ =Mg.

Si se cumple, entonces el cohete acelera siendo ahora

−mg = mdv

dt− (−U0)(−σ),

o sea

mdv

dt=Mg −mg,

con m =M − σt de lo cual

dv

dt=

Mg

M − σt− g,

que puede integrarse

v(t) =

Z t

0

Mg

M − σtdt− gt =

Mg

σln

M

M − σt− gt,

siendo esto válido hasta

t =fM

σ,

para ese tiempo

v = gMf − ln (1− f)

σ.

Después sigue con la aceleración de gravedad y se deja para el lector sucontinuación.

N

Ejercicio 3.41 Una cadena de largo total M y longitud L, flexible, es sos-tenida colgando de modo que su extremo inferior está justo al nivel del suelo.Si el extremo superior de la cadena se suelta, determine la reacción del suelocontra la parte depositada, en función del tiempo.


Solución. Sea y la distancia recorrida por el extremo superior y el sistemade mas variable es el montón depositado. Como eslabones van en caída libre

y =1

2gt2,

u = −gt,

m =1

2gt2

M

L,

dm

dt= gt

M

L

luego, si R es la reacción

R−mg = mdv

dt− (u− v)

dm

dt, v = 0,=⇒

R = mg − udm

dt

=1

2g2t2

M

L+ g2t2

M

L=3

2

M

Lg2t2.

N

Ejercicio 3.42 Una cadena flexible tiene masa total M y longitud L. Lacadena está inicialmente amontonada en el suelo. Una cuerda se hace pasarsobre una polea lisa, uno de los extremos unido a un extremo de la cadenay el otro extremo de la cuerda a un partícula de masa M. Si la partícula sesuelta partiendo del reposo

a) escriba la ecuación de movimiento para el extremo de la cadena.

b) determine la rapidez del extremo de la cadena en función de su posición.

Solución. Sea y la longitud levantada por la tensión T producida por lapartícula. Tenemos que

m =M

Ly,

dm

dt=

M

Ly,

u = 0,


de manera que

T −mg = mdv

dt+ v

dm

dt,

Mg − T = Mdv

dt,

sumando las dos

Mg −mg = (M +m)dv

dt+ v

dm

dt,

Mg − M

Lyg = (M +

M

Ly)dv

dt+

M

Ly2,

o sea la ecuación de movimiento es

gL− gy = (L+ y)y + y2.

Para integrarla hay que hacer algún truco. Como usted sabe

y =1

2

d

dyy2,

entonces multiplique por L+ y

g(L2 − y2) = (L+ y)21

2

d

dyy2 + (L+ y)y2,

que es la derivada de un producto

g(L2 − y2) =d

dy(L+ y)2

1

2y2,

como inicialmente y(0) = y(0) = 0 integramos

(L+ y)21

2y2 = g(L2y − y3

3)

y finalmente

y =

s2g(L2y − y3

3)

(L+ y)2.

N


3.7.5. Campo central. Orbitas.

Note que en problemas donde una masa m es mucho menor que la delotro cuerpo M se ha tomado la masa reducida μ ' m.

Ejercicio 3.43 Un satélite de masa m describe órbitas circulares alrededorde la tierra, a una distancia r = 2R del centro de fuerza. Determine enfunción de G, M y R: a) la rapidez del satélite, b) su período de revolución,c) la aceleración de gravedad que actúa sobre el satélite y compárela con elvalor g en la superficie terrestre.

Solución. Para órbitas circulares

mv2

r=

GMm

r2=⇒ v =

rGM

r=

rGM

2R.

Su periodo de revolución será

T =2πr

v= 4πR

r2R

GM.

La aceleración de gravedad a esa altura será

g =F

m=

GM

r2=

GM

4R2,

mientras que a nivel del suelo

g0 =GM

R2.

N

Ejercicio 3.44 Calcule la rapidez mínima con que debe lanzarse vertical-mente una partícula de masa m, para que abandone la superficie terrestresin retornar a ella (velocidad de escape). Además, calcule el tiempo requeridopara que esta partícula llegue a una altura igual al radio terrestre sobre lasuperficie de la Tierra.

Solución. Para que la partícula escape, según una órbita parabólica, conexcentricidad e = 1, la energía debe ser cero, es decir

E =1

2mv2 − GMm

R= 0 =⇒ v =

r2GM

R.


Después de ser lanzada con esa velocidad, la energía es (mismo valor)

1

2mr2 − GMm

r= 0,

de modo que

r =

r2GM

r,

Al nivel r = R esta es

v =

r2GM

R.

Para integrar podemos separar variables

√rdr =

√2GMdt,

e integrar2

3r3/2 − 2

3R3/2 =

√2GMt,

y el tiempo para que sea r = 2R, será

t =1√2GM

(2

3(2R)3/2 − 2

3R3/2) =

2

3

rR3

2GM(23/2 − 1).

N

Ejercicio 3.45 Demuestre que la ecuación de la energía se puede escribirde la forma: ∙

du

dθ

¸2+ u2 =

2(E − U)

mh2,

siendo u = 1r, h = l0

m.

Solución. En coordenadas polares la energía es

E =1

2m(r2 + r2θ

2) + U(r),

y el momentum angular es de magnitud

l0 = |mr × v| = mr2θ,


si eliminamos

θ =l0mr2

=h

r2,

podemos escribir

E =1

2mr2 +

1

2mh2

r2+ U(r),

pero

r =dr

dt=

dr

dθ

dθ

dt=

h

r2dr

dθ= h

du

dθ,

de manera que

E =1

2m(h

du

dθ)2 +

1

2mh2

r2+ U(r),

=1

2mh2(

du

dθ)2 +

1

2mh2u2 + U(r),

2

mh2(E − U) = (

du

dθ)2 + u2,

que prueba el resultado.

N

Ejercicio 3.46 Se lanza un proyectil de masa m desde la superficie de laTierra hacia el espacio, con rapidez inicial v0. Despréciese la resistencia delaire y determine: a) la rapidez a una altura h sobre la superficie terrestre yb) la menor rapidez con que debe ser lanzado el proyectil para que no retornea Tierra.

Solución. La segunda pregunta ya ha sido contestada en problemas an-teriores. Para la primera sigue de la conservación de la energía

E =1

2mv20 −

GMm

R=1

2mv2 − GMm

R+ h,

de donde despejando v sigue el resultado

v =

rv20 +

2GM

R+ h− 2GM

R.

N


Ejercicio 3.47 Una partícula que se mueve en un campo central de fuerzasdefinido por F = −kr2r . Si parte del reposo de un punto de una circunfe-rencia de radio a, demuestre que cuando llega al punto de una circunferenciade radio b su rapidez será

v =

r2k(a3 − b3)

3m.

Solución. La energía potencial asociada a la fuerza dada es

U =1

3kr3,

de modo que la energía es

E =1

3ka3 =

1

2mv2 +

1

3kb3,

de donde sigue el resultado

v =

r2

3

k

m(a3 − b3).

N

Ejercicio 3.48 Una partícula de masa m, se mueve sobre un plano hori-zontal sometida a una fuerza que la atrae hacia un punto O fijo del plano,siendo la magnitud de la fuerza proporcional a la distancia de la partículaal punto 0 (k > 0, constante de proporcionalidad). Cuando la partícula seencuentra en P con OP = 2a, la velocidad de la partícula es perpendicular a

OP y su magnitud es v = 12aq

km, determine la distancia mínima al punto

O, que puede alcanzar la partícula.

Solución. Aquí

F = −kr =⇒ U(r) =1

2kr2.

La energía y el momentum angular son conservados, es decir

E =1

2mv2 +

1

2kr2,

l0 = mr2θ.


Sus valores iniciales son

E =1

2m(1

2a

rk

m)2 +

1

2k(2a)2 =

17

8Ka2,

l0 = m2a1

2a

rk

m= a2√mk.

Entonces

θ =a2

r2

rk

m

La energía cinética en polares es

1

2mv2 =

1

2m(r2 + r2θ

2) =

1

2m(r2 +

a4

r2k

m).

En un máximo o mínimo de r, r = 0 por lo tanto

1

2m(

a4

r2k

m) +

1

2kr2 =

17

8ka2,

de donde podemos despejar r

r =1

2a.

N

Ejercicio 3.49 Una partícula está en órbita circular de radio a en tornoa la tierra, supuesta esférica, en reposo, de masa total M , de radio R, ysin considerar roce con el aire. Demuestre que si la velocidad de la partículaes repentinamente cambiada por un factor f , la excentricidad de la órbitaresultante es

e =¯f2 − 1

¯.

Solución. En una órbita circular

v =

rk

ma.

Si la cambiamos en un factor f la nueva energía y momentum angular son

E =1

2f2

k

a− k

a,

l0 = maf

rk

ma,


si reemplazamos en

e2 = 1 +2El20mk2

,

se obtiene

e2 = 1 +2(12f2 k

a− k

a)ma2f2 k

a

mk2= 1 + f4 − 2f2,

de dondee =

¯f2 − 1

¯.

N

Ejercicio 3.50 Respecto a la situación del problema anterior, determine elfactor f para que la partícula pase tangente a la superficie terrestre.

Solución. Falta encontrar la órbita en el problema anterior. Para ellocalculamos

l20mk

=m2a2f2 k

ma

mk= af2,

por lo tanto

r =af2

1− |f2 − 1| cos(θ − α).

Sin duda debe ser f < 1, por lo tanto

r =af2

1− (1− f2) cos(θ − α).

Si el cambio de la rapidez se hizo en θ = 0, debe ser

a =af2

1− (1− f2) cosα=⇒ α = 0,

y

r =af2

1− (1− f2) cos θ.

Sea R < a el radio terrestre. Busquemos la solución para r = R, resulta

cos θ =R− af2

R (1− f2).


Deseamos que en ese punto la trayectoria sea tangente a la superficie terrestre.Esto significa que para ese valor de θ debe ser r = 0. Debemos derivar

dr

dt=

dr

dθ

dθ

dt= 0,

lo que requieredr

dθ= 0.

Pero, paciencia, resulta

dr

dθ=

af2 (−1 + f2) sin θ

1− 2 cos θ + 2 (cos θ) f2 + cos2 θ − 2 (cos2 θ) f2 + (cos2 θ) f4 = 0,

por lo cual θ = π y

cos θ =R− af2

R (1− f2)= −1 =⇒ f =

r2R

a+R.

N

Ejercicio 3.51 Una partícula describe una órbita circular en un campo defuerzas dado por

F (r) = − k

r2.

Demostrar que si k disminuye bruscamente a la mitad de su valor inicial, laórbita de la partícula se hace parabólica.

Solución. Sea k0 el valor inicial de la constante. Para una órbita circular

mv2

r=

k0r2,

E =1

2mv2 − k0

r= −k0

2r< 0.

Si k disminuye a la mitad, la energía cinética queda igual

K =k02r,

y la energía potencial sera

V = −k02r,

luego la energía es cero, por lo tanto la órbita es parabólica.


N

Ejercicio 3.52 Calcular explícitamente la media temporal (o sea, la mediaen un periodo completo) de la energía potencial de una partícula que se muevesobre una órbita elíptica en un campo central en el que la fuerza obedece la leyinversa del cuadrado de la distancia. Expresar el resultado en función de laconstante de proporcionalidad de la fuerza y del semi-eje mayor de la elipse.Efectuar un cálculo similar para la energía cinética.

Solución. Tenemos

r =l20mk

1

1− e cos θ,

l0 = mr2θ.

Además

V = −kr,

K =1

2(mv2) =

1

2mr2 +

1

2mr2θ

2

=1

2m

µdr

dθ

¶2θ2+1

2mr2θ

2

=1

2

Ã1

r4

µdr

dθ

¶2+1

r2

!l20m

pero

dr

dθ= − l20e sin θ

mk (1− e cos θ)2

= −mk

l20e sin θr2

K =1

2

µm2k2

l40e2 sin2 θ +

1

r2

¶l20m


entonces

< V >=1

T

Z T

0

V dt =1

T

Z 2π

0

V

θdθ

= −mk

Tl0

Z 2π

0

rdθ

= − l0T

Z 2π

0

1

1− e cos θdθ = − l0

T

2π√1− e2

.

Similarmente para la energía cinética resulta

< K >=1

T

Z 2π

0

K

θdθ =

1

2

l0T

2π√1− e2

N

Ejercicio 3.53 Dos partículas iguales que se mueven bajo la influencia dela atracción gravitacional mutua, describen órbitas circulares una en tornode la otra con un período τ . Si repentinamente se detienen y caen una sobrela otra, demostrar que chocarán después de un tiempo

τ

4√2.

Solución. Si k representa la constante de la ley de fuerza, y 2a la distanciainicial, entonces inicialmente

mv2

a=

k

4a2,

v =

rk

4ma,

de modo que el periodo es

τ =2πa

v= 2πa

r4ma

k.

Si se detienen, caen una hacia la otra de manera que

mr = − k

4r2, r(0) = 0, r(0) = a.


Podemos integrar porque

r =1

2

d

drr2,

luego

m1

2r2 =

k

4

µ1

r− 1

a

¶,

r = −s

k

2m

µ1

r− 1

a

¶,

separamos variablesdrq

k2m

¡1r− 1

a

¢ = −dt,entonces

t =

Z a

0

drqk2m

¡1r− 1

a

¢ ,sea r = az

t = a

r2ma

k

Z 1

0

dzq1z− 1

=τ

2π√2

Z 1

0

dzq1z− 1

=τ

2π√2

π

2=

τ

4√2.

N

Ejercicio 3.54 Dos masas que se atraen, m1 y m2 (m1+ m2 =M), estánseparadas una distancia r0 y se las suelta a partir del reposo. Demostrar quecuando la distancia sea r menor que r0, las velocidades serán

v1 = m2

r2G

M(1

r− 1

r0),

v2 = m1

r2G

M(1

r− 1

r0).


Solución. Tenemos, para un origen en el centro de masa

m1r1 = −Gm1m2

r2,

m2r2 = −Gm1m2

r2,

donde r = r1 + r2 y

r1 =m2

Mr, r2 =

m1

Mr,

de manera que las dos ecuaciones se reducen a una sola

r = −GMr2

,

como

r =1

2

d

drr2,

integramos la ultima obteniendo

r = −s2GM

µ1

r− 1

r0

¶,

y de aquí se obtiene

r1 =m2

Mr = −m2

M

s2GM

µ1

r− 1

r0

¶= −m2

s2G

M

µ1

r− 1

r0

¶,

r2 =m1

Mr = −m1

M

s2GM

µ1

r− 1

r0

¶= −m1

s2G

M

µ1

r− 1

r0

¶,

que prueban el resultado.

N

Ejercicio 3.55 Estudiar el movimiento de una partícula repelida por uncentro de fuerzas de acuerdo con la ley F (r) = kr. Demostrar que la órbitasólo puede ser hiperbólica.


Solución. Aquí conviene usar coordenada cartesianas

mx = kr cos θ = kx,

my = kr sin θ = ky.

Ambas pueden integrarse siendo k/m = p en la forma

x = Aept +Be−pt,

y = Cept +De−pt.

Para determinar la trayectoria, debemos eliminar t entre esas dos ecuaciones.Para ello las escribimos

Ae2pt − xept +B = 0,

Ce2pt − yept +D = 0,

y resolviendo ecuaciones de segundo grado tenemos

ept =x+√x2 − 4AB2A

=y +

py2 − 4CD2C

,

y haciendo algo de álgebra

x

2A− y

2C=

py2 − 4CD2C

−√x2 − 4AB2A

,

−12

xy

AC= −D

C− 12

p(y2 − 4CD)

C

p(x2 − 4AB)

A− B

A,

reordenando

2BC + 2AD − xy = −p(y2 − 4CD)

p(x2 − 4AB)

elevando al cuadrado y reordenando

4ABy2 + 4CDx2 − 4(BC +AD)xy = −4 (AD −BC)2 ,

que es la ecuación de una hipérbola porque el lado derecho es negativo.

N


Ejercicio 3.56 Una partícula se mueve bajo la influencia de una fuerzacentral dada por

F (r) = − k

rn.

Demuestre que si la órbita es circular y pasa por el centro de fuerzas, entoncesn = 5.

Solución. La ecuación de Binet para u = 1/r es

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

.

Si la partícula describe una circunferencia de radio R donde está el centro defuerza, la ecuación puede escribirse

r = 2R cos θ,

o seau =

1

2R cos θ,

derivando

du

dθ=

1

2R cos2 θsin θ,

d2u

dθ2=

1

2R cos θ+

1

R cos3 θsin2 θ

=1

2R cos θ+1− cos2 θR cos3 θ

= − 1

2R cos θ+

1

R cos3 θ= −u+ 8R2u3,

de aquí sigue

8R2u3 = −mF ( 1

u)

l20u2

,

F (1

u) = −8R

2l20m

u5,

F (r) = −8R2l20

mr5.


N

Ejercicio 3.57 Suponga un cometa que describe una órbita parabólica en elmismo plano que la órbita terrestre. Si la menor distancia del cometa al Soles “γRT” donde RT es el radio de la órbita de la Tierra (supuesta circular)y γ < 1, demostrar que el tiempo que el cometa pasa dentro de la órbitaterrestre viene dado porp

2(1− γ)(1 + 2γ)/3π años

Solución. La ecuación de la órbita del cometa será de la forma (unaparábola)

r =c

1− cos θ ,

pero debe serrmın =

c

2= γRT ,

o sear =

2γRT

1− cos θ .

Los puntos (θ1 y 2π−θ1) donde la órbita del cometa cruza la órbita terrestreestán dados por

RT =2γRT

1− cos θ1,

de dondecos θ1 = 1− 2γ.

Por otro lado, el elemento de área barrida por el cometa es

dA =1

2|r × v| dt = l0

2mdt,

dondel20mk

= 2γRT ,

y

dA =1

2r2dθ,

de modo que1

2r2dθ =

l02m

dt,


de aquí sigue

dt =m

l0r2dt =

l30mk2

(1

1− cos θ )2dθ,

luego el tiempo será

t =l30

mk2

Z 2π−θ1

θ1

(1

1− cos θ )2dθ =

l30mk2

1

3

1 + 3 tan2 12θ1

tan3 12θ1

El factor que multiplica lo anterior está relacionado con el período terrestre.En efecto

l20mk

= 2γRT =⇒ l0 =pmk2γRT ,

entoncesl30

mk2=

rm2γRT

k2γRT =

r2γRT

GMS2γRT ,

y el periodo terrestre está dado por

TT =2πRT√GMS

pRT ,

luego

t = γp2γ

TTπ

1

3

1 + 3 tan2 12θ1

tan3 12θ1

pero

cos θ1 = 1− 2γ, tanθ12=

r1− cos θ11 + cos θ1

=

r2γ

2− 2γy reemplazando tan θ1

2resulta finalmente

t = TT (1 + 2γ)

p2(1− γ)

3π.

N

Ejercicio 3.58 Estudiar el movimiento de una partícula en un campo defuerzas centrales que sigue la ley de proporcionalidad inversa del cuadrado dela distancia, si además se superpone otra fuerza de magnitud inversamenteproporcional al cubo de la distancia entre la partícula y el centro de fuerzas.Es decir,

F (r) = − k

r2− λ

r3

con k > 0.Demuestre que la trayectoria es una elipse que rota o precesa.


Solución. La ecuación de Binet para la órbita será

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2=

m

l20u2(ku2 + λu3)

=mk

l20+

λm

l20u.

De aquí sigued2u

dθ2+ (1− λm

l20)u =

mk

l20cuya solución es

u =1

r=

mk

(l20 − λm)+A cos

s(1− λm

l20)θ,

y si λml20¿ 1 corresponde a una curva parecida a una elipse pero que no se

cierra en una vuelta completa.

N

Ejercicio 3.59 Determine la expresión de la fuerza de un campo centralque permita a una partícula describir una órbita espiral dada por r = kθ,siendo k una constante.

Solución. De nuevo, la ecuación de Binet es la clave

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

,

siendo

u =1

r=1

kθ,

du

dθ= − 1

kθ2,

d2u

dθ2=

2

kθ3= 2k2u3,

por lo tanto

−mF ( 1

u)

l20u2= 2k2u3 + u,


despejando

F (1

u) = − l20

m(2k2u5 + u3),

F (r) = −− l20m(2k2

r5+1

r3).

N

Ejercicio 3.60 Determine la expresión de la fuerza de un campo centralque permita a una partícula describir una órbita espiral logarítmica dada porr = Keaθ siendo k y a constantes.

Solución. Es análogo, donde ahora

u =1

r=1

Ke−aθ,

du

dθ= − a

Ke−aθ

d2u

dθ2=

a2

Ke−aθ = a2u,

por lo tanto

−mF ( 1

u)

l20u2= a2u+ u,

despejando

F (1

u) = − l20

m(a2 + 1)u3,

F (r) = − l20m(a2 + 1)

1

r3.

N

Ejercicio 3.61 Una partícula de masa unidad se desplaza desde el infinitoa lo largo de una recta que, de seguir, haría que la partícula pasase a unadistancia b

√2 de un punto P. Si la partícula es atraída hacia P con una fuerza

proporcional a kr5y el momento angular respecto de P es

√k/b , demuestre

que la trayectoria está dada por

r = b coth(θ/√2).


Solución. La ecuación de Binet será

d2u

dθ2+ u = −

mF ( 1u)

l20u2

=ku5

kb2u2= b2u3,

o sead2u

dθ2+ u− b2u3 = 0.

O la resolvemos, problema dificil, o comprobamos que

u =1

btanh(θ/

√2),

es solución. Comprobaremos:

du

dθ=

1

b√2(1− tanh2(θ/

√2)) =

1

b√2(1− b2u2),

d2u

dθ2=

1√2(−2bu) 1

b√2(1− b2u2) = u

¡−1 + b2u2

¢,

que prueba que se trata de una solución. Faltaría probar que la asíntota dela trayectoria pasa a distancia b

√2 del origen. Notemos que r =∞ =⇒ u = 0

o sea la asíntota es una recta paralela al eje OX (el eje polar). La distanciaal origen de esa recta se obtiene haciendo θ = π/2, donde

r = b coth(π/2√2) = 1. 023 803 943b

(Este valor no es b√2; se aceptan comentarios o correcciones)

N

Ejercicio 3.62 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerzas conuna fuerza proporcional a la distancia de la partícula al centro. Demuestreque la trayectoria es una curva plana que puede ser representada por lasecuaciones:

x = A cos(nt+ α),

y = B sin(nt+ β)

La constante n está relacionada con la masa de la partícula y la constantede proporcionalidad de la fuerza.


Solución. Las ecuaciones de movimiento en coordenadas cartesianas se-rán

mx = −kx,my = −ky,

que tienen soluciones de la forma dada si k/m = n2.

N

Ejercicio 3.63 Una partícula es atraída hacia un centro fijo de fuerza 0 poruna fuerza de forma k/r2. La partícula es lanzada desde un punto P con unavelocidad. de magnitud V0 en un ángulo α respecto de OP . Demuestre que laórbita es una elipse si OP ≤ 2k/(mV 2

0 ). Determine además, en términos dem, k, V0 ,α , y OP = r0 la excentricidad de la órbita y la inclinación del ejemayor respecto de OP .

Solución. Evaluamos según las condiciones iniciales

E =1

2mV 2

0 −k

r0,

l0 = mr0V0 sinα.

La excentricidad es

e2 = 1 +2El20mk2

= 1 +2(12mV 2

0 − kr0)l20

mk2.

La órbita será una elipse si E < 0, es decir si

(1

2mV 2

0 −k

r0) < 0 =⇒ r0 <

2k

mV 20

.

Si además reemplazamos l0 se obtiene

e =

s1 +

2(12mV 2

0 − kr0)mr20V

20 sin

2 α

k2.


La ecuación de la órbita es

r =l20mk

1


=mr20V

20 sin

2 α

k

1

1− e cos(θ − β),

y el ángulo β queda determinado de

r0 =mr20V

20 sin

2 α

k

1

1− e cos(β),

que es una ecuación que dejamos planteada por si alguien quiere resol-verla.

N

Ejercicio 3.64 Admitiendo que la tierra es una esfera fija de radio R ydespreciando la resistencia del aire, considere el lanzamiento de un proyectilcon rapidez inicial V0 formando un ángulo ξ0 con la vertical del lugar. Si

V 2e =

2GM

R,

donde G es la constante de gravitación, M la masa terrestre y V0 < Ve ,demuestre que la excentricidad y la ecuación de la trayectoria del proyectilson:

e =q1− sin2(2β) sin2(ξ0),

R/r =(1− e cos(θ − α))

2 sin2(β) sin2(ξ0)

siendo

sinβ = V0/Ve,

sinα = sin2 β sin(2ξ0)/e


Solución. Podemos usar los resultados del problema anterior pero colo-cando k = GMm, α = ξ0 y r0 = R. Así tenemos

e =

s1 +

2(12mV 2

0 − kr0)mr20V

20 sin

2 α

k2

=

s1 +

2(12mV 2

0 − GMmR)mR2V 2

0 sin2 ξ0

G2M2m2

=

s1 +

4(V 20 − 2GM

R)R2V 2

0 sin2 ξ0

4G2M2

=

s1 +

4(V 20 − V 2

e )V20 sin

2 ξ0V 4e

=

s1− 4(1− V 2

0

V 2e

)V 20

V 2e

sin2 ξ0

=q1− 4(1− sin2 β) sin2 β sin2 ξ0

=q1− sin2 2β sin2 ξ0.

..........Pura álgebra. Además

l20mk

=2R2V 2

0 sin2 ξ0

2GM

=2RV 2

0 sin2 ξ0

V 2∗

= 2R sin2 β sin2 ξ0,

por lo cual la ecuación de la trayectoria será

r =2R sin2 β sin2 ξ01− e cos(θ − α)

Aquí α representa la inclinación del semi eje mayor de la cónica.Para θ = 0, r = R

1 =2 sin2 β sin2 ξ01− e cosα

=⇒


1− 2 sin2 β sin2 ξ0 = e cosα

cosα =1− 2 sin2 β sin2 ξ0p1− sin2 2β sin2 ξ0

sin2 α = 1− (1− 2 sin2 β sin2 ξ0)

2

1− sin2 2β sin2 ξ0

=1− sin2 2β sin2 ξ0 − (1− 2 sin2 β sin2 ξ0)2

e2

bastante álgebra · · · =⇒

=4 sin4 β sin2 ξ0 cos

2 ξ0e2

,

sinα =sin2 β sin2 2ξ0

e

N

Ejercicio 3.65 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversa-mente proporciona al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Sirepentinamente la rapidez se reduce a la mitad, determine en términos de R0y V0: la ecuación de la nueva órbita, su excentricidad y la distancia mínimade la partícula al centro durante el movimiento siguiente.

Solución. Para la órbita circular

mv20R0

=k

R20,

entonces

v0 =

rk

mR0

que reducida a la mitad implica

E =1

2m1

4

k

mR0− k

R0

= −78

k

R0

l0 = mR01

2

rk

mR0=1

2

pmR0k,


luego

e2 = 1 +2(−7

8kR0)14mR0k

mk2=9

16=⇒ e =

3

4,

yl20mK

=14mR0k

mk=1

4R0,

luego la nueva órbita es (tomando α = 0)

r =1

4R0

1

1− 34cos θ

=R0

4− 3 cos θ .

N

Ejercicio 3.66 Una partícula de masa m = 1 es atraída por una fuerzainversamente proporcional al cuadrado de su distancia a un punto fijo 0 y semueve describiendo la elipse:

r =100

1− 12cos θ

.

Si en el punto más alejado de su trayectoria, la rapidez de la partícula esV = 1, determine la constante de la ley de fuerza. Si en el punto más alejado,la rapidez de la partícula es duplicada, determine la ecuación de la nuevaórbita.

Solución. Aquí como m = 1

l20k= 100,

el punto más alejado es

rmax =100

1− 12

= 200,

luego

l0 = |mr × v| = 200 =⇒

k =(l0)

2

100=2002

100= 400.


Si en el punto más alejado la rapidez se hace V = 2,calculamos

l0 = |mr × v| = 200× 2 = 400,

E =1

2mv2 − k

r=1

24− 400

200= 0→

e = 1,

l20mk

=(400)2

400= 400,

de modo que la nueva órbita es

r =400

1− cos(θ − α),

una parábola. Para determinar el ángulo α consideramos que en θ = 0,r = 200 de modo que

200 =400

1− cos(α)de donde α = π y finalmente

r =400

1 + cos(θ).

N

Ejercicio 3.67 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R0 con rapidez V0 atraída hacía el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Sirepentinamente la rapidez de la partícula se aumenta a V =

√αV0 siendo

α > 1, demuestre que si α ≥ 2 la partícula se aleja hasta el infinito. Encambio si α < 2 , determine la ecuación de la nueva órbita en términos deR0, V0 y α.

Solución. Tenemos para la órbita circular

V0 =

rk

mR0,

la nueva rapidez

V =√α

rk

mR0,


E =1

2αk

R0− k

R0,

l0 = mR0√α

rk

mR0.

La excentricidad es

e2 = 1 +2(12α kR0− k

R0)(mR0

√αq

kmR0

)2

mk2= (α− 1)2 .

Entoncese = α− 1,

que es una parábola o hipérbola si α ≥ 2. Si α < 2 resultará

r =l20mk

1

1− (α− 1) cos θ

=R0α

1− (α− 1) cos θ .

N

Ejercicio 3.68 Determine las posibles leyes de fuerza central si una partí-cula describe bajo su acción una circunferencia, con el centro de fuerzas enel interior del círculo.

Solución. Si el origen está sobre un diámetro a distancia d del centro, laecuación de la circunferencia será (teorema del coseno)

R2 = r2 + d2 − 2dr cos θ,

de

0 = rdr

dθ+ dr sin θ − d cos θ

dr

dθ,

dr

dθ=

dr sin θ

d cos θ − r,

d2r

dθ2=

d

dθ

dr sin θ

d cos θ − r

r = d cos θ +p(d2 cos2 θ +R2 − d2),


de aquí

u =1

r=

1

d cos θ +p(d2 cos2 θ +R2 − d2)

Lo dejaremos hasta aquí, por ser demasiada el álgebra necesaria. Calcule

du

dθ,d2u

dθ2,

expréselas en términos de u y reemplace en la ecuación de Binet.

N

Ejercicio 3.69 Considere una partícula que se mueve en un campo centralatractivo k/r2 con k < 0. Demuestre que para un momentum angular dado,la mínima energía que puede tener la partícula es:

E = −mk2

2l2.

Solución. La energía es

E =1

2m(r2 + r2θ

2)− k

r,

reemplazando del momentum angular

θ =l0mr2

,

resulta

E =1

2mr2 +

1

2

l20mr2

− k

r= 1

2

l20mr2

− k

r,

pero1

2

l20mr2

− k

r,

tiene un mínimo que se encuentra derivando

− l20mr3

+k

r2= 0⇒ r =

l20mk

,

para el mínimo, luego

E = 1

2

l20mr2

− k

r= −1

2

mk2

l20.


N

Ejercicio 3.70 Una partícula de masa m se mueve en una órbita circularde radio R0 con rapidez V0 atraída hacia el centro con una fuerza inversa-mente proporcional al cuadrado de la distancia de la partícula al centro. Sirepentinamente la velocidad se reduce a la mitad, determine en términos deR0 y V0 la ecuación de la nueva órbita.


V0 =

rk

mR0,

luegok = mR0V

20 ,

la nueva energía será

E =1

2m1

4V 20 −

mR0V20

R0= −7

8mV 2

0 ,

el nuevo momentum angular

l0 = mR0V02,

luego

e2 = 1 +−74mV 2

0 m2R20

V 20

4

m(m2R20V40 )

=9

16,

luego

r =(mR0

V02)2

m2R0V 20

1

1− 34cos θ

=14R0

1− 34cos θ

.

N

Ejercicio 3.71 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, esdecir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, lamasa terrestre M , la constante de gravitación G, Ω la velocidad angularterrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta delsatélite es repentinamente aumentada al doble.


Solución. Si Ω denota la velocidad angular terrestre entonces órbita geoestacionaria significa

v0 = Ωr0

además de (problema anterior)

v0 =

rGM

r0

con estas se puede obtener:

r0 =1

Ω3p(GMΩ),

v0 = 3p(GMΩ).

Sea por un momento v0 = 2q

GMr0la velocidad inicial. Entonces

E =1

2m4

GM

r0− GMm

r0

= GMm

r0

l0 = mr02

rGM

r0

entonces

e2 = 1 +2GMm

r04m2r20

GMr0

mG2M2m2= 9

entonces

r =4m2r20

GMr0

mGMm

1

1− 3 cos(θ − α)

=4r0

1− 3 cos(θ − α)

Si el ángulo polar se mide desde donde cambió la velocidad entonces debeser α = π y finalmente

r =4r0

1 + 3 cos θ

=4

Ω3p(GMΩ)

1

1 + 3 cos θ


N

Ejercicio 3.72 Un satélite de masa m está en órbita circular de radio 2Ren torno a la tierra supuesta esférica, de masa M y radio R, en reposo y sinatmósfera. Si la velocidad se altera en un punto de la órbita en un factor f ,determine: a) la ecuación de la nueva órbita. b) el rango de valores de f paralos cuales el satélite chocará con la tierra. c) el rango de valores de f para loscuales el satélite se aleja indefinidamente.

Solución. Para la órbita circular

v =

rGM

2R,

la nueva rapidez es

v = f

rGM

2R,

la nueva energía es

E =1

2mf2

GM

2R− GMm

2R=1

4GMm

f2 − 2R

,

el nuevo momentum angular es

l0 = m(2R)f

rGM

2R,

la excentricidad será dada por

e2 = 1 +2El20

m(GMm)2=¡f2 − 1

¢2,

de dondee =

¯f2 − 1

¯.

además

l20mk

=(m(2R)f

qGM2R)2

mGMm= 2Rf2,

de manera que la nueva órbita es

r =2Rf2

1− |f2 − 1| cos(θ − α).


Si el cambio de la rapidez ocurre en θ = 0 debe ser

2R =2Rf2

1− |f2 − 1| cos(α) ,

de donde

1−¯f2 − 1

¯cos(α) = f2,

cosα =1− f2

|1− f2| .

Si f < 1 =⇒ cosα = 1 entonces

r =2Rf2

1− (1− f2) cos θ.

Si f > 1 =⇒ cosα = −1 entonces

r =2Rf2

1 + (f2 − 1) cos θ .

El satélite puede chocar con la Tierra sólo si f < 1 y para saberlo hay quever si la ecuación

r =2Rf2

1− (1− f2) cos θ= R,

tiene o no solución. Esta es

2f2 = 1− (1− f2) cos θ,

despejando

cos θ =1− 2f21− f2

> −1,

debe ser

1− 2f2 > f2 − 1de donde

f <

r2

3.

Para este caso, el satélite chocará con la Tierra. Por último, el satélite noregresa si e = |f2 − 1| > 1 o sea si f >

√2.


N

Ejercicio 3.73 Un satélite está en órbita ecuatorial geo estacionaria, esdecir permanece en el mismo punto relativo a la tierra que rota. Dados, lamasa terrestre M, la constante de gravitación G, Ω la velocidad angular te-rrestre, determine la ecuación de la nueva órbita si la rapidez absoluta delsatélite es repentinamente reducida a la mitad.

Solución. Es casi igual al problema 7,91 pero ahora

E =1

2m1

4

GM

r0− GMm

r0

= −78

GMm

r0

l0 = mr01

2

rGM

r0

entonces

e2 = 1 +2(−7

8GMmr0)14m2r20

GMr0

mG2M2m2=9

16entonces

r =m2r20

14GMr0

mGMm

1

1− 34cos(θ − α)

=1

4r0

1

1− 34cos(θ − α)

=1

Ω3p(GMΩ)

1

4− 3 cos θN

Ejercicio 3.74 Considere la tierra como esférica, en reposo de masa M yradio R, sin atmósfera. Se lanza un proyectil con rapidez inicial V0 formandoun ángulo β respecto a la horizontal. Determine el arco que el proyectil recorrehasta llegar al suelo (si lo hace). Discuta las condiciones bajo las cuales elproyectil cae nuevamente al suelo. La constante de gravitación es G.

Solución. La energía es

E =1

2mV 2

0 −GMm

R,


el momentum angular esl0 = mRV0 cosβ,

la excentricidad será

e2 = 1 +2(12mV 2

0 − GMmR)m2R2V 2

0 cos2 β

m(GMm)2

= 1 +(V 20 − 2GM

R)R2V 2

0 cos2 β

(GM)2,

l20mk

=m2R2V 2

0 cos2 β

mGMm=

R2V 20 cos

2 β

GM,

de modo que la trayectoria es

r =R2V 2

0 cos2 β

GM

1

1− e cos(θ − α).

Para la notación, introducimos la velocidad de escape

Ve =

r2GM

R,

de manera que

e2 = 1− 4(V20 − V 2

e )V20 cos

2 β

V 4e

,

l20mk

=2RV 2

0 cos2 β

V 2e

,

de modo que la trayectoria es

r =2RV 2

0 cos2 β

V 2e

1

1− e cos(θ − α).

Si r(0) = R hay necesariamente dos puntos donde la trayectoria intersecta ala superficie de la Tierra. Esos ángulos son θ = 0 y θ = 2α, además de e < 1.Entonces

R =2RV 2

0 cos2 β

V 2e

1

1− e cosα,

R =2RV 2

0 cos2 β

V 2e

1

1− e cos(θ1 − α),


de donde se deduce que

θ1 − α = α =⇒ θ1 = 2α,

y de cualquiera de las anteriores

1− e cosα =2V 2

0 cos2 β

V 2e

,

o sea

cosα =1− 2V 20 cos

2 β

V 2e

e

cosα =1− 2V 20 cos

2 β

V 2eq

1− 4(V 20 −V 2e )V

20 cos

2 β

V 4e

.

Esta expresión la hemos visto de diversas forma en otros problemas. Si

z = V 20 /V

2e

entonces

cosα =1− 2z cos2 βp

1− 4(1− z)z cos2 β,

que puede escribirse

cosα =1− 2z cos2 βp

(1− 2z cos2 β)2 + z2 sin2 2β

=1− 2z cos2 β|1− 2z cos2 β|

1q1 + z2 sin2 2β

(1−2z cos2 β)2

.

Hay dos casos

a) Si 1− 2z cos2 β > 0, o sea

z <1

2 cos2 β,

ángulos de disparo grandes, entonces

cosα =1q

1 + z2 sin2 2β(1−2z cos2 β)2

.


b) Si 1− 2z cos2 β < 0, o sea

1 > z >1

2 cos2 β

ángulos de disparo pequeños, entonces

cosα = − 1q1 + z2 sin2 2β

(1−2z cos2 β)2

.

Note que si 1− 2z cos2 β = 0

cosα = 0,

esto es el semi-eje mayor está a 90o del punto de lanzamiento, y elproyectil cae diametralmente opuesto por la Tierra al punto de lanza-miento.

N

Ejercicio 3.75 Un cuerpo de masa pequeña se acerca a la Tierra en unaórbita parabólica. En el punto mas cercano a la Tierra se debe cambiar lavelocidad en un cierto factor para que la órbita continue circular. Determineese factor.


Solución. Para la órbita parabólica tomando la masa reducida como lamasa del cuerpo m

r =l20mk

1

1− cos θ .

En el punto más cercano θ = π, r = r1, v = v1, l0 = mr1v1 de manera que

r1 =m2r21v

21

m(GMm)

1

2,

de donde la rapidez que traía el cuerpo es

v1 =

r2GM

r1.

Para órbita circular e = 0, r = r1, v = v01, l0 = mr1v01 de manera que

r1 =m2r21v

021

m(GMm),

de donde la rapidez necesaria será

v01 =

rGM

r1,

por lo cual el factor es 1√2es decir

v01 =1√2v1

N

Ejercicio 3.76 Un cuerpo de masa pequeña se acerca a la Tierra en unaórbita parabólica. En el punto mas cercano a la Tierra se debe cambiar lavelocidad en un cierto factor para que la órbita continue elíptica de excen-tricidad conocida e con ese punto el más cercano de la elipse a la Tierra.Determine ese factor.


Solución. La diferencia con el problema anterior está en la segunda parte.Para la órbita parabólica tomando la masa reducida como la masa del cuerpom

r =l20mk

1

1− cos θ .

En el punto más cercano θ = π, r = r1, v = v1, l0 = mr1v1 de manera que

r1 =m2r21v

21

m(GMm)

1

2,

de donde la rapidez que traía el cuerpo es

v1 =

r2GM

r1.

Para la órbita elíptica e < 1, r = r1, v = v01, l0 = mr1v01 de manera que

r1 =m2r21v

021

m(GMm)

1

1 + e,

de donde la rapidez necesaria será

v01 =

sGM(1 + e)

r1,


por lo cual el factor es√1+e√2es decir

v01 =

√1 + e√2

v1

N

Ejercicio 3.77 Una nave orbita alrededor de la tierra en una trayectoriacircunferencial de radio 2R. En cierto instante se le aplica una fuerza im-pulsora que cambia la rapidez de manera tal que queda orbitando en unaórbita elíptica cuyo distancia máxima al centro de la Tierra 6R. Determinela excentricidad de la órbita y la razón entre los momentum angular antes ydespués del impulso.

Solución. Para la órbita circunferencial

v1 =

rGM

2R,

para la órbita eliptica en θ = π

v01 =

rGM(1 + e)

2R,

de donde

l00 = m(2R)

rGM(1 + e)

2R,

y la ecuación de la elipse es

r =l020mk

1

1− e cos θ= 2R(1 + e)

1

1− e cos θ,

para θ = 0 se obtiene

6R = 2R(1 + e)1

1− e,

de donde e = 12. La razón entre el momentum angular antes y después del

impulso será

l0l00=

m2Rq

GM2R

m2Rq

GM(1+e)2R

=1√1 + e

.


N

Ejercicio 3.78 Un satélite de masa m gira alrededor de la tierra de masaM con una energía mecánica de E = − 1

16mv20. Con el eje polar coincidiendo

con el eje mayor. Cuando θ = 90o su distancia al centro de la tierra es 3R .Determine en función de M, R y v0 el momentum angular y los valores delas distancias máximas y mínimas del satélite al centro de la tierra.

Solución. Como la energía es negativa, la óbita es una elipse. La ecuaciónde la órbita es

r =l20mk

1

1− e cos θ.

Para θ = 90o

3R =l20mk

=l20

GMm2,

de donde la magnitud del momentum angular resulta

l0 =√3RGMm2.

La excentricidad puede calcularse

e2 = 1 +2El20

m(GMm)2= 1− 3

8

v20R

GM.

Las distancias máxima y mínima serán

rmın =l20mk

1

1 + e=

3R

1 +

q1− 3

8

v20R

GM

,

rmax =l20mk

1

1− e=

3R

1−q1− 3

8

v20R

GM

.

N

Ejercicio 3.79 Desde una altura R sobre la superficie terrestre se lanzahorizontalmente un proyectil de tal forma que cae justo en el lado opuestode la tierra. Determine la rapidez de lanzamiento en función de la velocidad

de escape ve =q

2GMR

a nivel del suelo. Considere despreciable la resistenciacon el aire. (Utilice las cantidades conservadas)


Solución. En el lanzamiento v0. En el lado opuesto v. Conservación demomentum angular

m(2R)v0 = mRv ⇒ v = 2v0.

Conservación de energía

E =1

2mv20 −

GMm

2R=1

2mv2 − GMm

R,

reemplazando v y despejando v0

v0 =

rGM

3R=

1√6ve.

Aumque no se pide, se puede calcular la órbita. Las cantidades constantesson

E =1

2mGM

3R− GMm

2R= −1

3mG

M

R,

l0 = m2R

rGM

3R,

de donde

e2 = 1 +−23mGM

R(m2R

qGM3R)2

m(GMm)2=1

9,

r =(m2R

qGM3R)2

mGMm

1

1− 13cos θ

=4R

3− cos θ .

Nota 3.4 La verdad es que el proyectil no çae"en el lado opuesto. Simple-mente pasa tangente a la superficie Terrestre.

N

Ejercicio 3.80 Un satélite es lanzado paralelamente a la superficie terrestredesde una posición r0 > R siendo R el radio Terrestre con una rapidez dada

porq

3GM2r0. Determine la separación máxima del satélite respecto del centro

de la tierra en función de r0.


Solución. Las cantidades conservadas son

l0 = mr0

r3GM

2r0,

E =1

2m3GM

2r0− GMm

r0= −1

4

GMm

r0.

La excentricidad será

e2 = 1 +2El20

m(GMm)2= 1 +

−12GMmr0(mr0

q3GM2r0)2

m(GMm)2=1

4.

De la ecuación de la órbita

rmax =l20

m(GMm)

1

1− e=(mr0

q3GM2r0)2

m(GMm)

1

1− 14

= 2r0.

N

Capítulo 4

Dinámica del cuerpo rígido

4.1. Cuerpo rígido

Un cuerpo rígido no es más que un sistema de partículas donde las dis-tancias entre ellas permanecen invariable, por lo tanto aplica todo lo de unsistema de partículas que ya se estudió. La descripción del movimiento de uncuerpo rígido en el espacio, es materia de otro curso (Mecánica racional). Porahora nos limitaremos a la descripción del movimiento plano de un cuerporígido, es decir cuando todas las velocidades son paralelas a un plano fijo. Co-mo se explicará, la novedad respecto a un sistema de partículas, es la formaespecífica como se calculan el momentum angular y la energía cinética delcuerpo, no habiendo más cambios de fondo. La cinemática del cuerpo rígidoes una cuestión previa que debe ser explicada. La rigidez del cuerpo introducesimplificaciones a la descripción del movimiento de ese sistema de partículapues no es necesario conocer las posiciones ni el movimiento de cada una deellas, sino que el movimiento de unas pocas determina el de todas.

4.2. Cuerpo rígido continuo

Este es un concepto idealizado donde nos olvidamos de las partículas rea-les que componen el cuerpo, los átomos o moléculas, y el cuerpo es reemplaza-do por un continuo de masa donde las ”partıculas” son elementos infinitési-mos de volumen dV que tiene alguna cantidad de masa también infinitesimalque llamaremos dm. La rigidez se establece aquí manteniendo constantes las

322 Dinámica del cuerpo rígido

distancias entre los puntos de este cuerpo. Esta es otra idealización porqueen la vida real no existen cuerpos rígidos. Todos loscuerpos son deformablesen alguna medida.

4.3. Cinemática de un cuerpo rígido en el es-pacio

Un cambio arbitrario de posición de un cuerpo rígido en el espacio puedesiempre ser reducido a una traslación paralela seguida de una rotación entorno a un eje fijo. Sin embargo este hecho no es tan simples entender. Lacinemática y dinámica de un cuerpo rígido en el espacio es normalmenteun tema dificil de comprender por los alumnos. Por esa razón en este cursonos limitaremos a analizar la dinámica y cinemática de un cuerpo rígido endos dimensiones. Cuando un cuerpo tal como una lámina se mueve sobre unplano fijo, el ángulo que el cuerpo gira se define entre alguna línea fija en elcuerpo con alguna línea fija en el plano.

4.4. Cinemática plana de un cuerpo rígido

4.4.1. Desplazamientos de un cuerpo rígido

Para desplazamientos de un cuerpo rígido en un plano, las cuestionesson más simples pues es bastante evidente que un cambio de posición de uncuerpo rígido en un plano, puede ser logrado de modo equivalente medianteuna traslación paralela

−−→AA0 seguida de una rotación en torno a un eje fijo,

perpendicular al plano del movimiento, punto fijo, o bien la rotación primeroseguida de la traslación. Lo mismo es cierto en tres dimensiones, pero sudemostración es más engorrosa. La figura siguiente muestra lo que acontececuando en la traslación paralela

−−→AA0 un punto, digamos A pasa a ocupar su

posición final A0 mediante esa traslación paralela. Los otros puntos no estánaún en su posición final. Basta entonces rotar el cuerpo en un cierto ánguloθ en torno al punto A0 para que el cuerpo quede en su posición final. Es decirhay que girar

−−→A0P 0 en un ángulo θ.

Si el tiempo transcurrido es infinitésimo dt entonces todos los desplaza-

4.4 Cinemática plana de un cuerpo rígido 323

Y

X

A

P

P'P''

A'

θ

O

Figura 4.1: Desplazamiento plano de un cuerpo

mientos señalados son infinitésimos. Llamemos

rP (t) =−→OP,

rP (t+ dt) =−−→OP 00,

rA(t) =−→OA,

rA(t+ dt) =−−→OA0.

Para relacionar las cosas necesitamos evaluar−−−→P 0P 00. Pero ese desplazamiento

es circunferencial con centro en A0 luego puede evaluarse mutiplicando lavelocidad tangencial por dt. Además el vector unitario tangencial es

T =k ×−→AP¯−→AP¯ ,

luegp −−−→P 0P 00 =

¯−−→A0P 0

¯θT dt =

¯−→AP¯θT dt = −θk ×−→APdt.

Considere ahora que

−−→OP 00 =

−→OP +

−−→PP 0 +

−−−→P 0P 00,


y considerando que−−→PP 0 =

−−→AA0 = vAdt obtendremos

rP (t+ dt) = rP (t) + vAdt− θk ×−→APdt,

de manera querP (t+ dt)− rP (t)

dt= vA − θk ×−→AP,

y se obtiene la relación fundamental de la cinemática de un cuerpo rígido

vP = vA + ω ×−→AP, (4.1)

donde se ha definido

ω = −dθdtk, (4.2)

la llamada velocidad angular del cuerpo. El signo colocado frente a ω está deacuerdo a la definición del ángulo y a la regla de la mano derecha. Lo que larelación (4.1) establece es que la velocidad de un punto P es la velocidad detraslación del cuerpo con la velocidad del punto A más lo que resulta de larotación de P en torno de A. Para el movimiento plano la velocidad angulartiene como magnitud la derivada del ángulo que gira el cuerpo, direcciónperpendicular al plano de movimiento y sentido de acuerdo a la regla de lamano derecha de acuerdo al crecimiento del ángulo definido.

4.4.2. Condición de rigidez

De la relación (4.1) se deduce que

vP ·−→AP = vA ·

−→AP (4.3)

que se conoce como condición de rigidez pues establece que ambos puntostienen las mismas componentes de velocidad en la línea que une los dospuntos. En otras palabras eso significa que la distancia entre los dos puntosno varía.

4.4.3. Ejemplos

Algunas figuras ayudarán a entender lo explicado.


a) Disco que rueda sin deslizar. Por definición de "no deslizamiento", elpunto de contacto I con el suelo tiene velocidad nula y en la figura semuestran como resultan las velocidades de puntos del disco que estánsobre las rectas IP e IQ. Para este caso la relación anterior con vI = 0se reduce a

v = ω ×−→IP

P

Q

I

o sea velocidades perpendiculares a−→IP y de magnitudes proporcionales

a la distancia¯−→IP¯. El punto del disco en contacto con el suelo tiene

velocidad instantánea nula, pero acelera hacia arriba y luego se moveráen una curva que se denomina cicloide.

b) Disco que avanza girando y su punto de contacto resbala con velocidadvI 6= 0. Ahora será

v = vI + ω ×−→IP ,de modo que ahora todos los vectores velocidad de la figura anterior esnecesario agregarles vI . Si hacemos

vI = ω ×−→QI,donde Q es un cierto punto cuya ubicación se muestra en la figura quesigue. Entonces será

v = vI + ω ×−→IP = ω ×−→QI + ω ×−→IP = ω ×−→QP,lo cual significa que los puntos del disco tienen velocidades tal como siel disco rodara sin resbalar sobre una línea ubicada más abajo del sueloa distancia

d =|vI ||ω| ,


cuestión que se ilustra en la figura que sigueP

Q

I

En el espacio la demostración es más complicada pero sigue siendo ciertoque todo cambio de posición de un cuerpo puede ser logrado equivalentementemediante una traslación paralela seguida de una rotación en torno a un ejefijo. Ese punto Q se denomina centro instantáneo de rotación y en la secciónque sigue, se generaliza.

4.4.4. Centro instantáneo de rotación

En el movimiento plano de un cuerpo rígido se tiene el siguiente teorema:

I Teorema 4.1En el movimiento plano de un cuerpo rígido, siempre existe un punto deél (o de una extensión rígida de él) que tiene velocidad instantánea nula yen consecuencia el movimiento equivale a una pura rotación instantánea delcuerpo en torno de ese punto. Tal punto se conoce como centro instantáneode rotación.

Demostracion 21 Como

vP = vA + ω ×−→AP

entonces si existe un punto A = I con velocidad nula debe ser

vP = ω ×−→IP (4.4)

entonces vP es perpendicular a−→IP , o bien

−→IP está sobre una recta en el

plano de movimiento que es perpendicular a vP . En consecuencia si se co-nocen las velocidades (no paralelas) de dos puntos de un cuerpo vA y vB, el


centro instantáneo estará donde se intersecten las perpendiculares a esas dosvelocidades. La excepción la constituyen los cuerpos que tienen traslacionespuras, es decir cuando el cuerpo se traslada paralelamente y entonces ω = 0.En estos casos se podría decir que el centro instantáneo está en el infinito.

La posición del centro instantáneo también puede determinarse si se co-noce una velocidad y la velocidad angular del cuerpo. En efecto de (4.4) sepuede despejar

−→PI. para ello multiplique ×ω y desarrolle

vP × ω = (ω ×−→IP )× ω,

= ω2−→IP − (−→IP · ω)ω,

pero (−→IP · ω) = 0 porque son vectores perpendiculares. Entonces si ω2 6= 0

se deduce que−→PI =

ω × vPω2

. (4.5)

4.4.5. Algunas relaciones entre velocidades y acelera-ciones

En diversas aplicaciones existen relaciones debidas a la presencia de cuer-das inextensibles, cuerdas apoyadas o enrolladas en poleas, cuerpos que noresbalan y otras. En las siguiente figura se ilustra una situación donde haydiversas velocidades lineales (v), velocidades angulares (ω), aceleraciones li-neales (a) y angulares (α) que están relacionadas de alguna manera entre sí.Esas relaciones son necesarias cuando deben determinarse las aceleracionesde los sistemas.

C D

E F

ω1

ω2

ω3

R1R2

R3

α1

α2

no deslizano desliza

se desenrrolla

Hay un disco que rueda sin deslizar, una cuerda que pasa por una polea sin


deslizarse y otro disco baja desenrrollando la cuerda. Primero, la velocidadde C estará dada por

vC = ω1R1.

Además por pertenecer a una cuerda, la velocidad de C y D son iguales dedonde se deduce que

ω1R1 = vC = vD = R2ω2.

Por la misma razón el punto D tiene la misma velocidad (en magnitud) queel punto E, de modo que

vE = vD = vC.

El punto F tiene una velocidad adicional debida a la rotación de ese discorespecto al punto E, ω3 de modo que

vF = vE +R3ω3 = R2ω2 +R3ω3.

Si usted necesita relacionar aceleraciones, derive las relaciones anteriores res-pecto al tiempo obteniendo las siguientes relaciones

aC = α1R1,

α1R1 = α2R2,

aF = R2α2 +R3α3.

Existen muchísimas posibilidades más de modo que trate de comprendercabalmente este ejemplo.

Ejemplo 4.4.1 La figura ilustra una barra que se desliza apoyada en el sueloy sobre una semicircunferencia y en ella se muestra la ubicación del centroinstantáneo I.Por las condiciones de apoyo, hay dos puntos de la barra quetienen direcciones conocidas y eso determina la posición de I. Como ustedpuede comprender, las velocidades de todos los puntos de la barra son, enel instante mostrado, perpendiculares a la línea que va desde I al punto quesea.


θ

X

YX'

Y'

θ

I

RO O'

θ

4.4.6. Curvas rueda y riel

Como se explicó, en el movimiento plano de un cuerpo rígido siempreexiste un punto de él, o de una extensión rígida del cuerpo, que tiene ve-locidad instantánea cero. Esto significa que en todo instante el cuerpo estámoviéndose como si solamente rotara respecto a ese punto. pero ese punto engeneral se mueve, de manera que el centro instantáneo describe una curva.El movimiento de ese punto puede ser mirado desde un sistema fijo y en esecaso la curva que describe se denomina curva riel. Si el movimiento de esepunto es observado desde un sistema de referencia fijo al cuerpo, la curvaque se observa, se denomina curva rueda. El caso más simple es el de undisco que rueda sin deslizar sobre un plano horizontal, como en la figura. Lasvelocidades de los puntos son perpendiculares a la línea que va del puntode contacto al punto y crecen proporcionalmente a su distancia al punto decontacto.

P

Q

I

Como se observa, a medida que el cuerpo se mueve, el punto I se mueve en


línea recta sobre el suelo de manera que la curva riel es la línea horizontalsobre la cual el disco rueda. Si se observa el movimiento de I desde el cuerpo,ese punto permanece a distancia el radio R del disco de su centro, por lo cualla curva rueda coincide con el perímetro del disco, de allí su nombre.Cualquiera que sea la forma del cuerpo que se mueve ocurre algo parecido..La clave para esta descripción es comprender que I está donde se in-

tersectan las perpendiculares a dos velocidades de direcciones conocidas delcuerpo. En las dos figuras que siguen se explica esto para el caso de unabarra que se mueve apoyada en dos paredes. El centro instantáneo I resultaestar donde está indicado porque las velocidades de los extremos de la barrason paralela a la pared vertical y paralela al suelo. Por razones geométricassimples I resulta estar a distancia constante del origen y respecto de la barraI permanece sobre una semicircunferencia donde la barra es su diámetro.De manera que la curva riel es la circunferencia con centro en el origen y lacura rueda es la semicircunferencia cuyo diámetro es la barra.

curva rueda

curva rielI I

.

Note que todos los puntos del semicírculo cuyo diámetro es la barra sonaquí considerados una extensión rígida de la barra.

Ejemplo 4.4.2 Una barra se mueve de manera que uno de sus extremosse mueve sobre una línea horizontal y además permanece apoyada sobre untarugo a altura h sobre el suelo. Determine las ecuaciones de las curvas rueday riel.

Solución. Considere la figura


θ

X

Y

Y'

θ

I

hO O'

X'

Las coordenadas del centro instantáneo serán

x = OO0 = h cot θ,

y = O0I = h+ x cot θ,

y eliminando θ se determina la ecuación de la curva riel

y = h+x2

h.

Las coordenadas relativas al cuerpo x0, y0 serán

x0 =h

sin θ,

y0 = x0 cot θ =h

sin θcot θ =

h cos θ

sin2 θ

donde debemos eliminar θ. Así resulta

y0 =x0

h

p(x0)2 − h2,

la ecuación de la curva rueda.

N

4.4.7. Modelo continuo de un cuerpo rígido

Como se explicó, aún cuando un cuerpo rígido sea un sistema de partícu-las, resulta preferible en la mayoría de los casos olvidarse de ello y suponerque el cuerpo es un continuo de masa donde las distancias entre sus puntospermanecen constantes. Las partículas del cuerpo son entonces reemplazadas


por elementos de volumen dV los cuales tienen masa dm. Las sumatorias so-bre partículas pasarán entonces a ser integrales sobre el volumen del cuerpo,esto es X

mi →Z

dm

lo cual es en general más fácil de realizar sobre todo cuando el número departículas reales del cuerpo es muy grande.

4.4.8. Momentum angular y energía cinética

Como las velocidades de dos puntos de un cuerpo rígido están relacionadasde acuerdo a 4.1, es una tarea más o menos simple establecer expresionesque permiten el cálculo de la energía cinética y del momentum momentumangular. Deberemos distinguir dos casos. Cuando en el movimiento del cuerpose mantiene un punto fijo y cuando no. Cuando hay un punto que se mantienefijo el movimiento se denomina rotacional.

Movimiento rotacional

Si el cuerpo puede moverse manteniendo un punto O fijo, entonces elmovimiento del cuerpo es se llama rotacional. Si plano de movimiento es elplano OXY entonces el eje de rotación es el eje OZ. Si el ángulo que describela rotación del cuerpo lo llamamos θ, y su aumento corresponde según la reglade la mano derecha al eje OZ, entonces

ω = θk,

dado que vO = 0 las velocidades de los otros puntos del cuerpo serán

v = ω ×−→OP, (4.6)

= ω × r.

con esto evaluaremos el momentum angular y la energía cinética.

4.4.9. El momentum angular

Todas las partículas del cuerpo, los elementos de masa dm, tienen mo-vimiento circunferencial con centro en O y podemos calcular el momentumangular como sigue


LO =X

miri × vi →Z

dm(r × v),

=

Zdm(r × (ω × r)),

desarrollando el doble producto cruz

r × (ω × r) = r2ω − (r · ω)r, (4.7)

donde para movimiento plano el segundo término se anula, luego

LO = (

Zr2dm)ω.

En esta expresión se ha separado el factor que tiene que ver con el movimientoω con otro factor que sólo tiene que ver con la distribución de masa del cuerpo

IO =

Zr2dm, (4.8)

luego tenemos

LO = IOω, (4.9)

LO = IOθk. (4.10)

Aquí IO se conoce como el momento de inercia en el punto O del cuerporespecto al eje OZ . Si miramos a la integral como una sumatoria entoncesel momentum angular es "la suma de las masas por sus distancias al cuadradoal eje de la rotación".

4.4.10. Ejemplos de cálculo de momentos de inercia

Los momentos de inercia serán dados pero es conveniente entender comose calculan.

¥ Para una barra de largo L y de masa M en un extremo. Si se elige eleje OX a lo largo de la barra entonces como la densidad lineal de masaes M

L

dm =M

Ldx,

IO =

Z L

0

x2M

Ldx =

1

3ML2.


¥ Para una barra de largo L y de masaM en su centro de masa. Si se eligeel eje GX a lo largo de la barra entonces respecto al cálculo anterior,los límites de la integral son otros

dm =M

Ldx,

IG =

Z L/2

−L/2x2M

Ldx =

1

12ML2.

¥ Para un disco de masa M y radio R en su centro. Ahora podemostomar como elemento de masa la masa entre r y r + dr. La densidadsuperficial de masa es M

πR2de modo que

dm =M

πR22πrdr,

resultando

IG =

Z R

0

r2M

πR22πrdr =

1

2MR2.

¥ Aro de masa M y radio R en su centro. Ahora todas las masas estána distancia R de modo que

IG =

ZR2dm =MR2.

4.4.11. Momentum angular y momentum lineal

Para comprender mejor sobre el significado del momento de inercia, com-paremos las expresiones para el momentum lineal P y el momentum angularLO es decir

P = MvG,

LO = IOω,

y las respectivas ecuaciones de movimiento sobre las cuales se profundizarámás adelante

MaG = F ext,

IOα = ΓextO ,


donde α = dω/dt es la aceleración angular.Se puede entonces comprender que la cantidad de movimiento lineal es

proporcional a la velocidad de traslación vG y la constante de proporcionali-dad es la masa. Similarmente resulta que la cantidad de movimiento angulares proporcional a la velocidad angular ω y la constante de proporcionalidades el momento de inercia. O sea el momento de inercia juega el rol de la masacuando hay rotaciones. Similarmente se pueden comparar los roles dinámi-cos. A una dada fuerza, el cuerpo acelera menos a mayor masa. A un dadotorque un cuerpo acelera angularmente menos a mayor momento de inercia.

4.4.12. La energía cinética

Haciendo un cálculo similar para la energía cinética, resultará

K =X

miv2i −→

1

2

Zv2dm =

=1

2

Zω × r · ω × rdm =

1

2

Zω · r × (ω × r)dm,

=1

2ω · LO, (4.11)

peroLO = IOω,

de modo que

K =1

2IOω

2 =1

2IOθ

2, (4.12)

que nuevamente puede compararse con la energía cinética cuando hay puratraslación

K =1

2Mv2G. (4.13)

4.4.13. Movimiento de rotación y traslación

Si el cuerpo se mueve en el plano OXY sin restricciones, entonces elcuerpo tiene simultáneamente movimiento de traslación y de rotación. Elcuerpo se desplaza y además gira un ángulo θ, por lo tanto nuevamente

ω = θk.


Entonces el momentum angular respecto al centro de masa G resultará

LG = IGθk, (4.14)

y el teorema de Koenig determina el momentum angular respecto a O queresulta ser

LO =Mr × vG + IGθk. (4.15)

La energía cinética será, de acuerdo al teorema de Koenig, la suma de lasenergías cinéticas traslacional y rotacional

K =1

2Mv2G +

1

2IGθ

2. (4.16)

El término IG se denomina momento de inercia del cuerpo en el centro demasa respecto al eje GZ y está dado por

IG =

Z(x02 + y02)dm. (4.17)

donde x0, y0 son coordenadas de los elementos de masa respecto al centro demasa G. La expresión (4.16) muestra que la energía cinética es la suma de laparte traslacional 1

2Mv2G más la parte rotacional en torno al centro de masa

12IGθ

2.

4.4.14. Movimiento en el espacio

Aún cuando este tema no será profundizado en este texto, explicaremosalgo de lo que ocurre cuando un cuerpo rígido se mueve libremente en el es-pacio, esto es en tres dimensiones. Ahora su velocidad angular no permanececon dirección fija y en general tendremos

ω = ωxı+ ωy j+ ωzk,

siendo las componentes de la velocidad angular funciones de las derivadas delos ángulos de orientación del cuerpo.Si el cuerpo mantiene un punto fijo, entonces sigue siendo válido que

v = ω × r,

de manera que igualmente se obtiene

LO =

Zdm(r × v) =

Zdm(r × (ω × r)).


Si desarrollamos el doble producto cruz se obtiene

LO =

Zdm(r2ω − (ω · r)r).

Ahora, a diferencia del movimiento plano,

ω · r 6= 0,

luego debemos desarrollar

LO =

Zdm((x2 + y2 + z2)ω − (xωx + yωy + zωz)r). (4.18)

Si tomamos las componentes cartesianas de esta ecuación se obtienen tresecuaciones

LOx =

Zdm((y2 + z2)ωx − xyωy − xzωz),

LOy =

Zdm((x2 + z2)ωy − yxωx − yzωz),

LOz =

Zdm((x2 + y2)ωz − zxωx − zyωy).

Al usar notación de matrices, estas ecuaciones lineales en ωx, ωy y ωz puedenescribirse ⎡⎣ LOx

LOy

LOz

⎤⎦ =⎡⎣ Ixx Ixy Ixz

Iyx Iyy IyzIzx Izy Izz

⎤⎦⎡⎣ ωx

ωx

ωx

⎤⎦ , (4.19)

donde los elementos de la diagonal de la matriz indicada, denominados mo-mentos de inercia respecto a los ejes, están dados por

Ixx =

Zdm((y2 + z2), (4.20)

Iyy =

Zdm(x2 + z2),

Izz =

Zdm(x2 + y2),


y los elementos de fuera de la diagonal, denominados productos de inercia,están dados por

Ixy = Iyx = −Z

xydm, (4.21)

Ixz = Izx = −Z

xzdm,

Iyz = Izy = −Z

yzdm.

Esta matriz 3 × 3 la denotaremos por HO y se conoce como la matriz deinercia del cuerpo en el origen O, es decir

HO =

⎡⎣ Ixx Ixy IxzIyx Iyy IyzIzx Izy Izz

⎤⎦ , (4.22)

y la relación fundamental entre cantidad de movimiento angular y velocidadangular, puede escribirse

LO = HOω, (4.23)

en el entendido que tanto LO como ω son matrices columna con las compo-nentes de los respectivos vectores como sus elementos. Similarmente, para laenergía cinética puede demostrarse que

K =1

2ω · LO =

1

2ω ·HOω. (4.24)

No ahondaremos más en este tema en estos apuntes porque el curso selimitará a casos de dos dimensiones solamente.

4.5. Dinámica de un cuerpo rígido

4.5.1. Ecuaciones de movimiento

Las ecuaciones de movimiento para un cuerpo rígido son las mismas quese indicaron en el capítulo de sistemas de partículas, es decir

MaG = F ext, (4.25)d

dtLG = ΓextG o

d

dtLO = ΓextO . (4.26)

4.5 Dinámica de un cuerpo rígido 339

Además para un punto arbitrario A se tiene la relación general

dLA

dt= ΓextA −M

−→AG× aA, (4.27)

que es de utilidad en ciertos problemas donde el movimiento de un punto Aes conocido.

4.5.2. Ecuaciones para el caso de movimiento plano

Cuando el movimiento es plano, las ecuaciones anteriores pueden escri-birse

MaG = F ext, (4.28)

IGd

dtω = ΓextG o IO

d

dtω = ΓextO . (4.29)

El resultadod

dtLO = ΓextO

nos dice que la derivada del momentum angular, esto es el cambio del mo-mentum angular, está en la dirección del torque. En la figura que sigue seilustra el curioso efecto que el peso que actúa hacia abajo sobre un disco quegira sobre su eje. El torque del peso τ está en un plano horizontal y luego elcambio de ω también o está. O sea el efecto del torque del peso hará que elsistema tienda a girar respecto a la vertical en vez de a caer. La explicacióndel movimiento de un trompo tiene que ver con este efecto.

O

τ

Mg

ω

Δω


Estas complejidades del movimiento en tres dimensiones no están presen-tes en los problemas de dinámica en un plano. En efecto, cuando el movi-miento es plano, tanto la velocidad angular como el torque están en direcciónperpendicular al plano de movimiento, digamos el eje z, de manera que

LO = IOθk,

τO = τOk,

y luego resultaráIOθ = τO,

o si llamamos α = θ a la aceleración angular

IOα = τO,

de modo que el único efecto del torque será causar una aceleración angularα = θ.

4.5.3. Momentos de Inercia

El cálculo de momentos de Inercia requiere realizar integraciones. Ade-más el cálculo debe ser en algún origen específico del cuerpo y para ejesdeterminados. Normalmente se encuentran los momentos de Inercia para orí-genes coincidiendo con el centro de masa y para ejes que coinciden con ejesde simetría, cuando los hay. Se darán algunos ejemplos de cálculo, pero ahoradaremos los resultados para los cuerpos de formas más simples.

Eje

R

I = ½ MR²

cilindro

Eje

I = 2 /5MR²

R

esfera

Eje

I = 1 /12ML²

L

barra delgada en su centro

Eje

I = 1 /3ML²

L

barra delgada en su extremo

4.5 Dinámica de un cuerpo rígido 341

Eje

R I = MR²

aro delgadodisco

Eje

I = ½ MR²

disco

Eje

I = 1 /4MR²

4.5.4. Teorema de Steiner

Conocido el momento de inercia para un eje que pasa por el centro de masaG, se puede calcular el momento de inercia para otro eje paralelo al anterioren un punto A mediante la relación conocida como teorema de Steiner

IA = IG +Md2,

donde d es la distancia entre esos dos ejes. Para demostrarlo considere ejesGX 0Y 0Z 0 con origen enG, y ejes paralelosAXY Z con origen enA. Considere-mos solamente momentos de inercia respecto al eje Z, porque la demostraciónpara los otros es análoga. Entonces tenemos

IG =

Zdm(x02 + y02),

IA =

Zdm(x2 + y2),

pero las coordenadas están relacionadas. De

r = rG + r0

se obtienen

x = xG + x0,

y = yG + y0,

z = zG + z0,


y luego

x2 + y2 = (xG + x0)2 + (yG + y0)2

= x02 + y02 + 2xGx0 + 2yGy

0 + x2G + y2G,

de manera que

IA =

Zdm(x2 + y2) =

Zdm(x02 + y02 + 2xGx

0 + 2yGy0 + x2G + y2G)

= IG +

Zdm(2xGx

0 + 2yGy0) + (x2G + y2G)

Zdm.

Pero Zdm(x0) =

Zdm(y0) = 0,

porque son coordenadas relativas al centro de masa yp(x2G + y2G) = d es la

distancia entre los ejes Z. Ha resultado entonces

IA = IG +Md2, (4.30)

o sea entre dos ejes paralelos, uno que pasa por el centro de masa y otro quepasa por el punto A estando ambos eje a una distancia d, al momento deinercia en el centro de masa hay que agregarleMd2 para obtener el momentode inercia en A. Por ejemplo considere una barra donde el momento de inerciarespecto a un eje perpendicular que pasa por su centro es

IG =1

12ML2,

entonces respecto a su extremo será

I =1

12ML2 +M(

L

2)2 =

1

3ML2.

4.6. Ejemplos de dinámica plana

4.6.1. Dinámica de rotación

El caso más simple ocurre cuando el cuerpo puede solamente girar entorno a un eje fijo. Si llamamos O al punto del cuerpo por donde pasa el eje

4.6 Ejemplos de dinámica plana 343

de rotación, nuestra relación fundamental entre torque y momentum angulares

IOθ = τO,

la energía cinética del cuerpo es

K =1

2IOθ

2,

que pueden también escribirse

IOα = τO,

K =1

2IOω

2.

Ejemplo 4.6.1 Un disco de masa M y radio R puede rotar respecto a uneje fijo que pasa por su centro. Mediante un hilo enrollado se sostiene otrocuerpo de masa m que cuelga. Si el sistema se libera y comienza a moverse,determine la aceleración angular del disco y la altura que baja el cuerpo quecuelga en función del tiempo transcurrido.

θ

Solución. Si llamamos T a la tensión del hilo, tenemos:

I θ = τ = TR,

y para el cuerpo que bajamg − T = ma.

Pero lo que baja el cuerpo está relacionado con lo que gira el cilindro en laforma (y hacia abajo)

y = Rθ,


de manera quea = y = Rθ.

Si colocamos además I = 12MR2, se obtiene

1

2MRθ = T,

mg − T = mRθ,

o bienmg − 1

2MRθ = mRθ,

de donde se obtiene la aceleración angular del disco

θ =m

12M +m

g

R.

Esto es simple de integrar dos veces y se obtiene

θ =m

12M +m

g

Rt,

θ =m

12M +m

g

2Rt2,

y luego lo que baja el cuerpo es

y = Rθ =m

12M +m

g

2t2.

N

Nota 4.1 Es interesante comprobar que la energía se conserva. En efecto laenergía cinética es

K =1

2Iθ2+1

2mv2 =

1

4MR2θ

2+1

2mR2θ

2

=1

2(1

2M +m)R2θ

2=1

2

m2

(12M +m)

g2t2

y la energía potencial es

V = −mgy = −12

m2

12M +m

g2t2,

esto esK + V = 0.


Nota 4.2 Si un cuerpo rota respecto a un eje fijo y el torque es nulo,entonces

d

dtIOθ = 0,

entonces se conserva el momentum angular

IOθ = constante.

Si IO es constante el último resultado dice simplemente que la velocidad an-gular es constante. Si el momentum angular varía, entonces varía la velocidadangular.

Ejemplo 4.6.2 Colapso de una estrella. Este es un ejemplo de la astrofísi-ca, donde se establece que la última forma estable de una estrella que tienesuficiente masa y que a terminado su energía, es en la forma de estrellaneutrónica, donde toda la materia de ella se ha transformado en neutrones,uno al lado del otro y de un tamaño bien pequeño y de muy alta densidad.Supongamos entonces que la estrella tenía antes del colapso un radio del or-den de nuestro Sol R ≈ 7 × 105 km y que da una revolución cada 10 días.Si al transformarse en estrella neutrónica su radio se reduce a R0 = 10 km,determine su nueva velocidad angular.

Solución. De acuerdo a la última nota (conservación del momentumangular) tenemos que

IOθ = I 0Oθ0,

o bien2

5MR2θ =

2

5MR02θ

0

de donde

θ0=

R2

R02θ = (

7× 10510

)2θ,

pero θ = 2π10×24×3600rad/ s y calculando se obtiene

θ0= 35633. 8 rad/ s

o bien una frecuencia de

f 0 =θ0

2π= 5671. 3 Hz,

un valor enorme de vueltas por segundo.


Nota 4.3 No tome demasiado en serio este cálculo. La velocidad radial re-sultaría v = 10000× 35633. 8 = 3. 563 38× 108ms−1 mayor que la velocidadde la Luz (?). En realidad esta situación pertenece al ámbito de la relatividadgeneral, cuestión que escapa a este curso.

N

4.6.2. Dinámica de rotación y traslación

En estos casos el cuerpo se traslada y además rota respecto a un eje per-pendicular al plano de movimiento. En estos casos es conveniente considerarlas rotaciones respecto a un eje que pasa por el centro de masa porque secumple que

IGd

dtω = ΓextG (4.31)

o bien para la componente perpendicular al plano del movimiento

IGd

dtω = ΓextG , (4.32)

IGα = ΓextG , (4.33)

además de

MaG = F ext. (4.34)

Puede ser útil la energía cinética, cuya expresión es

K =1

2Mv2G +

1

2IGω

2, (4.35)

siendo la primera parte 12Mv2G llamada energía cinética de traslación y la

segunda parte 12IGω

2 energía cinética de rotación.

Ejemplo 4.6.3 Un disco de masa M y radio R baja rodando sin deslizarsobre un plano inclinado un ángulo α respecto a la horizontal. Determine(a) la aceleración angular del disco, (b) la aceleración lineal de G, (c) lafuerza de roce.


Mg

G

θ

R

α

N

αf

x

y

Solución. Aquí ω está hacia adentro del papel al igual que el torque def respecto de G, de manera que tenemos

IGdω

dt= Rf,

además de la ecuación para el eje X

Mg sinα− f =MaG,

pero como no hay deslizamiento lo que avanza el disco está relacionado conel ángulo que gira de la forma

x = Rθ

de donde se deduce que

aG = Rdω

dt.

Combinando estas ecuaciones podemos obtener

IGR

dω

dt= f,

Mg sinα− f = MRdω

dt,

o bien

MgR sinα = (IG +MR2)dω

dt


o sea la aceleración angular es

dω

dt=

MgR sinα

IG +MR2,

la aceleración lineal es

aG = Rdω

dt=

MgR2 sinα

IG +MR2,

y la fuerza de roce es

f =IGR

dω

dt=

IGIG +MR2

Mg sinα.

Faltaría solamente reemplazar IG = 12MR2. Si se hace los resultados son

dω

dt=

2g sinα

3R,

aG =2g sinα

3,

f =1

3Mg sinα.

N

4.6.3. Casos donde el movimiento de un punto es co-nocido

En varios ejemplos se ilustra la potencia de la relación

dLA

dt= ΓextA −M

−→AG× aA. (4.36)

entre torque y derivada del momentum angular en un punto arbitrario. Comose explica esta relación es particularmente útil cuando el movimiento o laaceleración del punto A es conocida. El movimiento dado del punto A y porlo tanto su aceleración es causada por alguna fuerza desconocida aplicada enA, por lo cual conviene considerar el torque respecto a ese punto porque esafuerza no produce torque respecto a ese punto. En los ejemplos que siguenes una buena tarea para el lector intentar llegar a los mismos resultados sinusar la relación (4.36) como se muestra en un ejemplo con soluciones (a) y(b).


Ejemplo 4.6.4 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA oscila verticalmente de la forma yA = a sinωt. Determine la aceleraciónangular θ.

A

G

Y

θ

a sin(ωt)

Xa A

Figura 4.2: Péndulo cuyo punto de suspensión oscila

Solución. Para este caso tenemos

IAθ = −MgL

2sin θ −M(rG − rA)× aA · k,

pero puede fácilmente verse que (rG − rA) × aA · k = −L2aω2 sinωt sin θ

obteniendo en dos pasos

IAθ = −MgL

2sin θ +M

L

2aω2 sinωt sin θ.

N

Ejemplo 4.6.5 Péndulo de longitud L, masa M cuyo punto de suspensiónA oscila horizontalmente en la forma xA = a sinωt.Determine la aceleraciónangular θ.

Solución. Para este caso

IAθ = −MgL


pero similarmente (rG−rA)×aA · k = −L2aω2 sinωt cos θ entonces obtenemos

en dos pasos

IAθ = −MgL

2sin θ +M

L

2aω2 sinωt cos θ.


A

G

Y

θ

a sin(ωt)

Y

X

a A

Figura 4.3: Péndulo forzado

N

Ejemplo 4.6.6 Péndulo de longitud L, masaM cuyo punto de suspensión Ase mueve sobre una circunferencia vertical de radio R con velocidad angularconstante ω.

Solución. Para este caso tenemos

IAθ = −MgL


pero (rG − rA)× aA · k = −L2aω2 sin(π

2− ωt+ θ) obteniendo

IAθ = −MgL

2sin θ +M

L

2aω2 cos(ωt− θ).

N

Ejemplo 4.6.7 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica (su centrode masa está desplazado de su centro geométrico), de radio R y masa Msobre un plano horizontal. En este caso la aceleración del punto de contactoA del cuerpo con el suelo es de magnitud aA = Rθ

2hacia arriba. Determine

la aceleración angular θ.


A

G

Y

θωt

Y

X

R

a A

Figura 4.4: Problema de barra

Y

X

A

GC h

R

θ

a A φ

Figura 4.5: Disco que rueda


solución (a). Suponiendo que el centro de masas está a distancia h delcentro geométrico, tenemos

(rG − rA)× aA · k = |rG − rA|Rθ2sinφ,

perosinφ

h=

sin θ

|rG − rA|,

entonces(rG − rA)× aA · k = Rθ

2h sin θ,

y finalmenteIAθ = −Mgh sin θ −MRhθ

2sin θ.

El momento de inercia puede ser obtenido mediante el teorema de Steiner

IA = IG +M(h2 +R2 − 2hR cos θ).

solución (b). El torque respecto a G debido a la fuerza de roce f(supuesta hacia la derecha) y la normal N son es

ΓG = f |rG − rA| sin(90− φ)k −Nh sin θk,

LG = IGθk,

xG = −Rθ + h sin θ,

yG = R− h cos θ,

de modo que las ecuaciones de movimiento serán

f = Md2

dt2(−Rθ + h sin θ),

N −Mg = Md2

dt2(−h cos θ),

IGθ = f |rG − rA| sin(90− φ)−Nh sin θ,

IGθ = f(R− h cos θ)−Nh sin θ,

en la última reemplazamos N y f obteniendo (con bastante álgebra)

IGθ = M(R− h cos θ)d2

dt2(−Rθ + h sin θ)

−(Mg +Md2

dt2(−h cos θ))h sin θ,

(IG +M(R2 + h2 − 2hR cos θ))θ = −Mgh sin θ −MhRθ2sin θ,


que es la misma ecuación que habíamos obtenido

IAθ = −Mgh sin θ −MRhθ2sin θ.

N

N

Ejemplo 4.6.8 El mismo ejemplo anterior, pero ahora actúa sobre la rue-da una fuerza horizontal constante de magnitud F aplicada en su centro.Determine la aceleración angular θ.

Y

X

A

G

C

hR θ

a A φ

F

Figura 4.6: Rueda tirada con una fuerza.

Solución. Simplemente agregamos el torque de F obteniendo

IAθ = −Mgh sin θ − FR−MRθ2h sin θ.

N

Ejemplo 4.6.9 Movimiento de rodadura de una rueda excéntrica de radio asobre un cilindro fijo de radio R. Determine la aceleración angular θ.

Solución. En este caso, demuestre primero que la aceleración del puntoA del cuerpo en contacto con el cilindro es de magnitud aA = aRω2/(R +a) hacia el centro de la rueda. Aquí la velocidad angular de la rueda está


θR

ahC

Gθ

φ

A

Figura 4.7: Rueda sobre cilindro.

relacionada con el ángulo θ mediante ω = (R+a)θ/a y Rθ = aφ. Si el centrode masa está a distancia h del centro geométrico, podemos obtener

(rG − rA)× aA · k = aAh sinφ

=aRω2

R+ ah sinφ,

entonces

IAα = −Mg(h sin(θ + φ)− a sin θ)−MaRω2

R+ ah sinφ,

R+ a

aIAθ = −Mgh sin(1 +

R

a)θ +Mga sin θ −M

aRθ2

R+ ah(R+ a)2

a2sin

R

aθ,

IAθ = −Mgha

R+ asin

R+ a

aθ +

Mga2 sin θ

(R+ a)−MRθ

2h sin

R

aθ,

N

Ejemplo 4.6.10 Movimiento de rodadura de una rueda de masa M y radioR, sobre una plataforma que oscila de la forma a sinωt.

Solución.Aquí la aceleración del puntoA tiene dos componentes, aω2 sinωt,Rθ

2pero solo la primera importa, dando por simple inspección (rG − rA)×

aA · k = Raω2 sinωt lo cual conduce a

IAθ = −MRaω2 sinωt.


Y

XA

GR

θa A

a sin(ωt)

Figura 4.8: Rueda sobre plataforma móvil.

N

Problema 4.6.1 Repita los ejemplos anteriores, pero calculando el torquerespecto del centro de masa, es decir haciendo uso de la ecuación

dLG

dt= ΓextG .


4.8. Ejercicios de cinemática plana

Ejercicio 4.1 Una barra de longitud L tiene un extremo fijo y ella rota enun plano fijo respecto a ese extremo de manera que el ángulo que ella formacon un eje fijo en el plano del movimiento es θ = ω0t siendo ω0 una cons-tante. Determine la velocidad y aceleración del centro de masa de la barra.


Gθ

rx

θθ

y

Solución. Como es fácil comprender, G tiene movimiento circunferencialcon radio L/2 de modo que simplemente podemos usar las expresiones paracoordenadas polares

v = Rθθ,

a = (Rθ)θ − (Rθ2)r,

pero ahora θ = ω0 y θ = 0 de manera que resultará

vG =1

2Lω0θ,

aG = −(L2ω20)r,

y en coordenadas cartesianas

vG =1

2Lω(ı cosω0t− j sinω0t),

aG = −(L2ω2)(ı sinω0t+ j cosω0t).

N

Ejercicio 4.2 Una barra de longitud L tiene se mueve en un plano verticalde manera que su extremo inferior A desliza sobre un eje OX horizontal convelocidad de magnitud vA constante y el ángulo que ella forma con la verticalOY es θ = ω0t siendo ω0 una constante. Determine la velocidad y acelera-ción del centro de masa de la barra.

4.8 Ejercicios de cinemática plana 357

x

G

θ

y

AO

Solución. Aquíω = −θk = −ω0k,

de manera que

vG = vA + ω ×−→AG = vAı+ (−ω0k)×L

2(ı sinω0t+ j cosω0t)

= vAı+ω0L

2(−j sinω0t+ ı cosω0t).

Para la aceleración simplemente derivamos respecto al tiempo y resulta

aG =ω20L

2(−j cosω0t− ı sinω0t).

N

Ejercicio 4.3 Para la situación del problema anterior, determine la posi-ción del centro instantáneo en función del desplazamiento xA del extremo A,de ω0 y de vA.

Solución. Podemos usar

−→AI =

ω × vAω2

. (4.37)

con ω = −ω0k y vA = vAı de manera que

−→AI = − k × vAı

ω0= −vA

ω0j,

o sea está debajo del punto A a distancia vAω0de él.


N

Ejercicio 4.4 Una barra de longitud L se mueve apoyada sobre un semi-círculo de radio R y centro en O y su extremo derecho A desliza sobre un ejeOX que coincide con la base del semicírculo con rapidez vA. Si θ indica elángulo que la barra forma con el eje OX, determine:

θ

X

YX'

Y'

θ

I

RO O'

θ

a) La posición del centro instantáneo en función del ángulo θ.

b) La rapidez del centro de masa de la barra en función del ángulo θ.

Solución. Por las razones explicadas el centro instantáneo está en I yse indica en la figura. Su posición podemos especificarla en términos de suscoordenadas que pueden calcularse por geometría

xI =R

sin θ,

yI = xI cot θ =R

sin θcot θ.

N

Ejercicio 4.5 Para la situación del ejercicio anterior, determine las ecua-ciones de las curvas rueda y riel.

Solución. La mitad está resuelta, porque del problema anterior lo que seobtuvo son las ecuaciones paramétricas de la posición de I. Para obtener laecuación cartesiana debemos eliminar θ. Para ello use

yI = xA cot θ = xAcos θ

sin θ= xA

p1− sin2 θsin θ

,

4.8 Ejercicios de cinemática plana 359

con

sin θ =R

xI,

de modo que resulta

yI = xI cot θ = xIcos θ

sin θ=

xIR

qx2I −R2,

la ecuación de la curva riel.Para la curva rueda debemos encontrar las coordenadas relativas a la

barra x0I = AB, y0I = BI por geometría. Así se obtiene

x0I = R cot θ,

y0I =x0Itan θ

= R cot2 θ,

y la ecuación cartesiana será (eliminando cot θ)

y0I =(x0I)

2

R.

N

Ejercicio 4.6 Una lámina rígida se mueve en el plano OXY de manerade dos puntos de ella A = (1, 2, 0) y B = (2, 1, 0) tienen velocidades vA =(2, 3, 0) y vB = (0, 1, 0).

a) Compruebe que esos puntos tienen velocidades compatible con la con-dición de rigidez (4.3).

b) Determine la velocidad angular del cuerpo en ese instante.

Solución. Construimos−→AB = (2, 1, 0) − (1, 2, 0) = (1,−1, 0), y calcula-

mosvA ·−→AB = (2, 3, 0) · (1,−1, 0) = −1,

vB ·−→AB = (0, 1, 0) · (1,−1, 0) = −1,

que resultan iguales. Ahora debe ser

vB = vA + ω ×−→AB,


que la multiplicamos ×−→AB resultando

(vB − vA)×−→AB = (ω ×−→AB)×−→AB = (AB2)ω − (ω ·−→AB)−→AB

pero por ser el movimiento plano ω ·−→AB = 0 de manera que

ω =(vB − vA)×

−→AB

(AB)2=(−2,−2, 0)× (1,−1, 0)

2= (0, 0, 2) .

N

Ejercicio 4.7 Un disco de radio R rueda sin deslizar apoyado sobre unsemicilindro de radio igual R. Si θ es el ángulo que forma la línea que unelos centros con una línea fija, demuestre que la velocidad angular del discotiene magnitud

ω = 2θ.

P

P'

R

θ

θθ

C'

R

C

Solución.Como el disco no ha resbalado, los arcos destacados son iguales,las recta C 0P 0 estaba vertical en CP y luego el ángulo que ha girado esa líneaque pertenece al disco es 2θ, luego la velocidad angular tiene magnitud

ω = 2θ.

N

4.9 Ejercicios de dinámica361

4.9. Ejercicios de dinámica

Ejercicio 4.8 Un disco de masa M y radio R se apoya sobre un plano hori-zontal áspero de modo que puede rodar si resbalar con su plano vertical. Si setira del centro del disco con una fuerza horizontal constante F, determine:

FC

θ

R

a) La aceleración del centro de masa del disco.

b) La aceleración angular del disco.

c) La fuerza de roce.

Solución. Sea f la fuerza de roce, de sentido contrario a F . Así tenemoscon k hacia adentro del papel

F − f = MaCM ,

LCM = ICMω,d

dtLCM = ICM

d

dtω = ICM

d

dtω(−k),

τCM = Rf(−k),

como ICM =MR2/2 tenemos

1

2MR2

d

dtω = Rf,

f =1

2MR

d

dtω,


pero el disco rueda sin resbalar de manera que

aCM = Rd

dtω,

y las dos ecuaciones que tenemos se reducen a

f =1

2MaCM ,

F − f = MaCM ,

de donde salen los resultados

aCM =2

3

F

M,

α =dω

dt=2

3

F

MR,

f =1

3F.

N

Ejercicio 4.9 Un disco de masa M y radio 2R se apoya sobre un planohorizontal áspero de modo que puede rodar sin resbalar con su plano vertical.El disco tiene un reborde de radio R como se indica en la figura, en el cualse enrolla una cuerda que se tira con una fuerza horizontal constante F, de-termine:

F

C

θ

R2R

a) La aceleración del centro de masa del disco.

b) La aceleración angular del disco.


c) La fuerza de roce.

Solución. Similarmente sea f la fuerza de roce, de sentido contrario aF . Así tenemos con k hacia adentro del papel

F − f = MaCM ,

LCM = ICMω,d

dtLCM = ICM

d

dtω = ICM

d

dtω(−k),

τCM = (2Rf +RF )(−k),

como ICM =Mr2/2 = 2MR2 tenemos

2MR2d

dtω = (2Rf +RF ),

f = MRd

dtω − F

2,

pero el disco rueda sin resbalar de manera que

aCM = 2Rd

dtω,

y las dos ecuaciones que tenemos se reducen a

f +F

2=

1

2MaCM ,

F − f = MaCM ,

de donde salen los resultados

aCM =F

M,

α =dω

dt=

aCM2R

=F

2MR,

f = F −MaCM = 0.

N

Ejercicio 4.10 Un disco de masa M y radio R tiene enrollada una cuerdaen su periferia y cae partiendo del reposo mientras la cuerda que se sostienede su extremo se desenrolla. Determine:


RCM

θ

a) La aceleración de bajada del disco.

b) La tensión de la cuerda.

Solución. Si T es la tensión en la cuerda tenemos

Mg − T = MaCM ,1

2MR2

dω

dt= RT =⇒ 1

2MR

dω

dt= T

aCM = Rdω

dt,

de donde se obtieneMg − 1

2MaCM =MaCM ,

de donde

aCM =2

3g,

T =1

3Mg.

N

Ejercicio 4.11 Un disco de masa 10 kg y de radio 2m puede rodar sinresbalar sobre un plano inclinado en 30o respecto a la horizontal y es tiradopor una fuerza horizontal de magnitud 100N aplicada en su centro, como seindica en la figura.


FGθ

R

30º

Determine:

a) La aceleración del centro del disco.

b) La fuerza de roce.

Solución. Indicando las fuerzas en la figura

FG

30º

N

mgf

30º

tenemos que

F cos 30−mg sin 30− f = ma,

N −mg cos 30− F sin 30 = 0,

ΓG = fR = IGα,

donde ademásα =

a

R, IG =

1

2mR2.


Reemplazando α y colocando valores numéricos

50√3− 50− f = 10a,

N − 50√3− 50 = 0,

f = 5a,

de donde

a =50√3− 5015

=10

3

√3− 10

3= 2. 440 17m s−2,

f =50

3

√3− 50

3= 12. 201N.

N

Ejercicio 4.12 Un disco de masa 10 kg y de radio 2m puede rodar sinresbalar sobre un plano inclinado en 30o respecto a la horizontal y es tiradopor una fuerza horizontal de magnitud 100N aplicada en el punto P, comose indica en la figura.

F

Gθ

R

30º

P

Determine:

a) La aceleración del centro del disco.

b) La fuerza de roce.

Solución. La única diferencia respecto al problema anterior es que ahoraF también hace torque respecto a G, de manera que

F cos 30−mg sin 30− f = ma,

N −mg cos 30− F sin 30 = 0,

ΓG = fR+ FR = IGα,


de manera que

50√3− 50− f = 10a,

N − 50√3− 50 = 0,

f + 100 = 5a,

luego

a =50√3− 50 + 10015

=10

3

√3 +

10

3= 9. 107ms−2,

y

f = 5a− 100 = 50

3

√3− 250

3= −54. 466N,

el signo significa que la fuerza de roce actúa hacia arriba.

N

Ejercicio 4.13 Una barra de largo 2L y masa M está articulada en un ex-tremo a un punto fijo O, inicialmente en reposo y horizontal. Si ella se suelta,comienza a rotar respecto a la articulación bajo el efecto del peso de la barra.Determine la reacción en la articulación y la velocidad angular de la barraen función del ángulo que ella ha girado.

xθ

y

Solución. Sea N la reacción vertical en la articulación. Conviene usarconservación de energía, esto es

E =1

2I0θ

2 −MgL sin θ = 0, I0 =4

3ML2,

de donde

θ =

r3g

2Lsin θ,


es la magnitud de la velocidad angular de la barra. La reacción vertical salede

N −Mg =Md2

dt2(−L sin θ),

la derivada se puede hacer porque se conoce θ y resulta

N =Mg −MLd2

dt2sin θ,

donde damos sólo el resultado

N =5

2Mg − 9

4Mg cos2 θ.

N

Ejercicio 4.14 Una barra de longitud 2L y masa M se coloca verticalmen-te sobre un plano horizontal liso, en reposo. Si ella es perturbada levementecomienza a caer. Determine la velocidad del centro de masa de la barra justocuando ella se coloca horizontal.

θ

y

G

Solución. Como no hay fuerzas horizontales, el movimiento del centrode masa ocurre sólo en la dirección vertical, por lo tanto podemos tomar

xCM = 0,

yCM = L cos θ,

conservación de energía da

E =1

2Mv2CM +

1

2(1

3ML2)θ

2+MgL cos θ =MgL,


dondevCM = yCM = −θL sin θ,

entonces

θ2sin2 θ +

1

3θ2=2g

L(1− cos θ),

y

θ2=2g

L

(1− cos θ)sin2 θ + 1

3

,

cuando la barra se pone horizontal θ = π/2 y luego

θ =

r3g

2L,

y la velocidad del centro de masas en este instante es

vCM = −θL = −r3gL

2.

N

Ejercicio 4.15 Una barra de longitud 2L y masa M se coloca sobre un pla-no horizontal liso. Si la barra es tirada por una fuerza constante F, inicial-mente perpendicular a la barra y aplicada en un extremo, la barra comienza amoverse sobre el plano. La fuerza se mantiene aplicada a ese mismo extremomanteniendo su dirección original. Determine una ecuación para el ánguloque gira la barra en función del tiempo.

x

y

θ FF

L

L


Solución. Sea xCM e yCM las coordenadas del centro de masas sobre elplano horizontal. Si la fuerza está aplicada en la dirección OX la coordenadayCM no varía y puede tomarse cero. Entonces tenemos

F = MxCM ,

τCM = FL cos θ = ICM θ,

la última es la que interesa y si reemplazamos ICM =ML2/3 se obtiene

FL cos θ =ML2

3θ,

o sea

θ =3F

MLcos θ,

es la ecuación diferencial que determina el ángulo θ.

N

Ejercicio 4.16 Una barra de longitud L y masa M puede oscilar librementeen torno a uno de sus extremos que se mantiene fijo, bajo la acción de supeso. Escriba la ecuación diferencial para el ángulo que ella gira.

x

θ

y

Solución. Conservación de energía da

E =1

2Iθ2 −Mg

L

2cos θ,

es constante. Luego si derivamos

Iθθ +MgL

2sin θθ = 0,


de donde

Iθ +MgL

2sin θ = 0,

y si reemplazamos I =ML2/3 resulta

θ +3g

2Lsin θ = 0,

es la ecuación diferencial solicitada.

N

Ejercicio 4.17 Una semiesfera homogénea de radio “a” está en reposo so-bre un plano horizontal liso con su base paralela a una pared vertical lisa,sobre la cual la superficie semi esférica se apoya. La semiesfera comienza amoverse partiendo del reposo, deslizando sobre el piso horizontal y la pared,ambas sin roce. Demuestre, además que cuando la base alcanza la posiciónhorizontal, la rapidez angular y la rapidez del centro de masas de la semies-

fera son ω =q

158g/a, v = 3

8aω respectivamente. Demuestre además, durante

el movimiento siguiente, que el ángulo entre la base y la horizontal no excedede cos−1( 45

128).

θ

Solución. El centro de masa del cuerpo está a distancia 3a/8 del centro.Mientras no despega, el cuerpo mantiene su centro fijo, y la única fuerza querealiza torque respecto a ese punto es el peso. Si en la segunda figura θ es elángulo que ha girado la línea que contiene el centro de masa, entonces

IC θ =Mg3

8a cos θ,


donde el momento de inercia es I = 2Ma2/5, luego

2Ma2

5θ =Mg

3

8a cos θ,

o sea

θ =15

16

g

acos θ,

que podemos integrar porque

θ =1

2

d

dθθ2,

obteniendo1

2θ2=15

16

g

asin θ,

y cuando la base se coloca horizontal θ = π/2 resultando

ω = θ =

r15

8

g

a,

y

vCM =3

8aω.

Puede probarse que en esta posición el cuerpo despega y tiene una energíainicial (respecto a la posición inicial del centro)

E =1

2Iθ2 −Mg

3

8a = 0,

y su momentum en la dirección horizontal es

Px =M3

8aω =M

3

8a

r15

8

g

a.

Esas dos cantidades son conservadas, pero ahora todo el cuerpo se traslada yrota, de manera que la coordenada x del centro de masa varía. Así la energíase puede escribir

E =1

2Mv2CM +

1

2ICM θ

2 −Mg3a

8cos θ = 0,


además

Mx = M3

8a

r15

8

g

a,

yCM =3a

8cos θ,

yCM = −3a8θ sin θ.

Cuando θ sea un extremo, θ = 0, y en ese caso, yCM = 0 y la ecuación deenergía da

1

2M(

3

8a

r15

8

g

a)2 −Mg

3a

8cos θ = 0

que se reduce a

cos θ =45

128,

o sea θ = 69. 417 o.

N

Ejercicio 4.18 Un disco uniforme de radio a que está rotando con rapidezangular inicial Ω alrededor de su eje, se coloca sobre un plano horizontal don-de el coeficiente de roce cinético es μ. Si la superficie se apoya uniformementesobre el suelo, demuestre que el disco se detendrá en un tiempo 3

4aΩ/(gμ).

Solución. Supondremos que la normal que es el peso se distribuye uni-formemente de manera que su densidad superficial es

σ =Mg

πa2.

Considere un anillo entre r y r + dr. La fuerza de roce en ese anillo produceun torque retardador dado por

dτ = −μ(σ2πrdr)r

= −μMg

πa22πr2dr

= −μ2Mg

a2r2dr,


e integrando

τ = −μZ a

0

2Mg

a2r2dr

= −2μMga

3.

De manera que

Iα = −2μMga

3,

1

2Ma2α = −2μMga

3,

α = −4μg3a

,

y como la condición de frenado es

0 = Ω+ αt,

resultat =

3aΩ

4μg.

N

Ejercicio 4.19 Una barra de masa M y largo 2a se mueve apoyada ensuperficies lisas OY vertical y OX horizontal. Inicialmente la barra estabavertical con θ = π/2 y se perturbó levemente. Determine θ y las reaccionesen función de θ.

Solución. Respecto a la figura, tenemos queY

Xθ

H

V

Mg

G

Oθ

xG = a cos θ, yG = a sin θ, vG = aθ,


y la energía es constante

E =Mga =1

2Mv2G+

1

2IGθ

2+Mga sin θ =

1

2Ma2θ

2+1

2(1

3Ma2)θ

2+Mga sin θ,

de donde

θ = −r3

2

g

a(1− sin θ),

donde el signo se debe a que θ está disminuyendo. Para determinar las reac-ciones utilizamos F =MaG que en componentes es

H = Md2

dt2a cos θ,

V −Mg = Md2

dt2a sin θ,

en el apéndice se explica como hacer estas segundas derivadas con facilidady resulta

H = Ma1

−2 sin θd

dθ(θ sin θ)2 =

3

4Mg (3 sin θ − 2) cos θ,

V = Mg +Ma1

2 cos θ

d

dθ(θ cos θ)2 =

1

4Mg

¡10− 9 cos2 θ − 6 sin θ

¢.

Note que la barra pierde el contacto con la pared cuando sin θ = 2/3 es decircuando θ = 41,81o.

N

Ejercicio 4.20 Una semiesfera de masa M y radio R se coloca apoyadasobre una superficie horizontal con roce de modo que la semiesfera sólo puederodar sin resbalar. Inicialmente la base está paralela al plano horizontal.

Gθ

C

Si se le da a la esfera una velocidad angular inicial θ(0) = Ω sin que el cuerporesbale, determine θ en función de θ.


Solución. La figura de análisis es

Gθ

C

V f

Pueden calcularse CG = 38R y IC =

25MR2. A pesar que hay roce como el

punto de contacto no desliza, se conserva la energía

E =1

2Mv2G +

1

2IGθ

2+Mg(R− CG cos θ).

Las coordenada de G serán (el centro C avanza Rθ por no haber deslizamien-to)

xG = Rθ − CG sin θ,

yG = R− CG cos θ,

de donde evaluamos

xG = Rθ − CGθ cos θ,

yG = CGθ sin θ,

v2G = R2θ2 − 2Rθ2CG cos θ + CG2θ

2,

=1

64R2 (73− 48 cos θ) θ2,

reemplazando en E

E =1

2M1

64R2 (73− 48 cos θ) θ2 + 1

2

2

5MR2θ

2+Mg(R− 3

8R cos θ)

=1

640MR2 (493− 240 cos θ) θ2 +MgR(1− 3

8cos θ)

=1

640MR2 (493− 240 cos θ)Ω2 +MgR(1− 3

8)

de allí despejamos θ

θ =

sΩ2 − g

R

1− cos θ¡493240− cos θ

¢ .N

libro fisica 2

Education

Transcript of libro fisica 2