Series de Ejercicios Resueltos de Dinámica -...

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Series de Ejercicios Resueltos de Dinámica

UNAM

Ing. Juan Ocáriz Castelazo

Facultad de Ingeniería División de Ciencias Básicas

Departamento de Cinemática y Dinámica

Prefacio

Las series de ejercicios que hemos elaborado para que estén a disposición de los alumnos de la materia de Cinemática y Dinámica, pretenden ofrecer una buena variedad de ejercicios com-pletamente resueltos. Los textos de Dinámica que recomiendan los profesores de la asignatura, y que los alumnos conocen, contienen una magnífica selección de problemas modelo, que los autores suelen presentar eficazmente resueltos. El presente trabajo aspira a acrecentar el repertorio y a ser mucho más detallado en los procedimientos. Los problemas se han reunido conforme a los temas del programa vigente en la Facultad, es decir, en cinco capítulos. En cada capítulo se han ordenado según su grado de dificultad. No hemos querido proponer problemas para que el alumno resuelva por su cuenta, puesto que los textos a que tiene acceso, ya en la biblioteca, ya en el mercado, contienen abundancia de ellos. En la elaboración de las resoluciones hemos adoptado algunos criterios que conviene conocer. Se ha procurado no omitir ningún paso, salvo los que puedan ser claramente comprendidos por un estudiante de matemáticas de bachillerato; todos los demás se asientan, a pesar de que puedan alargarse demasiado. Sin embargo, para no hacer farragosa su lectura, hemos suprimido las unidades en el proceso: sólo se asientan en las respuestas. Esto, por otra parte, no debe considerarse una mala costumbre cuando un alumno resuelva problemas por su cuenta. En muchos de los pasos se da una explicación escrita. A veces, para aclararlo; otras, para recordar un concepto, teorema, ley o principio que pueda no ser fácilmente identificado. El objeto de presentar la resolución es que el alumno entienda lo mejor posible cómo se pasa de los cono-cimientos conceptuales a la aplicación concreta. Los diagramas de cuerpo libre, que constituyen un medio imprescindible para la resolución de los problemas cinéticos, se presentan siempre al lado izquierdo de los desarrollos matemáticos. En ellos se muestran sistemáticamente los datos numéricos conocidos, sin unidades. Dibujar un diagrama claro y completo es ya estar en el camino de la solución de los problemas y la mejor herramienta con que se puede contar para llegar a buen fin. Los sistemas de referencia se muestran siempre con líneas punteadas, de manera que se dis-tingan fácilmente de los vectores, ya sean fuerzas, posiciones, velocidades o aceleraciones. En los problemas cinéticos se emplean diferentes unidades de fuerza. Se usan sobre todo newton (N), kilogramos (kg) o libras (lb, # en los dibujos); pero también la tonelada métrica (1000 kg), la tonelada corta (2000 lb), la onza (1 oz = 1 lb/16) y el kilopound (1 kip = 1000 lb). Conviene tener en cuenta que el kilogramo (kg) puede ser también unidad de masa, y con frecuencia se utiliza así; aunque algunos textos distinguen mediante un subíndice si se trata de un kilogramo-fuerza o un kilogramo-masa, nosotros no, pues consideramos que el estudiante debe ser capaz de identificar de qué tipo de unidad se trata, o bien, decidir por sí mismo qué desea entender por un kilogramo en los problemas que se le presenten. Las respuestas se expresan siempre en sistema decimal. Los números se han redondeado a la tercera cifra significativa o, si comienzan con 1, a la cuarta. Con ello se pretende que las respuestas sean lo más breve posible y su precisión sea mayor al 0.2%. Los ángulos se dan en grados sexagesimales con una cifra decimal. Con las respuestas parciales no seguimos este criterio. Se recomienda al estudiante que, para el aprovechamiento de este material, intente resolver los problemas por su cuenta y luego compare su resolución con la de este libro.

30 de agosto de 2010

Índice

1. Cinemática de la partícula

1.1 Movimiento rectilíneo 1.1.1 Posición en función del tiempo 1 1.1.2 Velocidad en función del tiempo 3 1.1.3 Aceleración en función del tiempo 6 1.1.4 Soluciones gráficas 9 1.1.5 Aceleración en función de la velocidad 10 1.1.6 Aceleración en función de la posición 13

1.2 Movimiento rectilíneo uniforme y uniformemente acelerado 15 1.2.1Movimiento de varias partículas independientes 18 1.2.2Movimiento de varias partículas conectadas 20 1.3 Movimiento curvilíneo 1.3.1 Componentes cartesianas 22 1.3.2 Componentes intrínsecas 26 1.3.3 Componentes cartesianas e intrínsecas relacionadas 33

2. Cinética de la partícula

2.1 Movimiento rectilíneo 2.1.1Aceleración constante 39 2.1.2Aceleración variable 52

2.2 Movimiento curvilíneo 2.2.1 Componentes cartesianas 69 2.2.2 Componentes intrínsecas 72

3. Trabajo y energía e impulso y cantidad de movimiento para la partícula

3.1 Trabajo y energía cinética 83

3.2 Trabajo, energía cinética y energía potencial 93

3.3 Impulso y cantidad de movimiento 102 4. Cinemática del cuerpo rígido

4.1 Movimiento relativo de partículas 117

4.2 Rotación pura 121

4.3 Traslación pura 126

4.4 Movimiento plano general 4.4.1 Velocidades 127 4.4.2 Centro instantáneo de rotación 133 4.4.3 Aceleraciones 138 5. Cinética del cuerpo rígido

5.1 Traslación pura 149

5.2 Rotación pura baricéntrica 155

5.3 Rotación pura no baricéntrica 163

5.4 Movimiento plano general 168

Lista de símbolos � Aceleración (vector aceleración) a Aceleración (o magnitud de la aceleración) at Componente tangencial de la aceleración an Componente normal de la aceleración ax Componente de la aceleración en dirección del eje de las equis ay Componente de la aceleración en dirección del eje de las yes am Aceleración media cm Centímetro ft Pies h Horas i Vector unitario en dirección del eje de las equis in Pulgada j Vector unitario en dirección del eje de las yes k Vector unitario en dirección del eje de las zetas k Radio de giro � Radio de giro centroidal km Kilómetro I Momento de inercia de la masa de un cuerpo � Momento de inercia de la masa de un cuerpo, respecto a un eje centroidal L Logaritmo natural m Metro mm Milímetro N Componente normal o perpendicular de una fuerza P Peso de un cuerpo o fuerza de gravedad � Posición (vector) r Radio s Segundos s Posición o distancia t Tiempo ton Tonelada � Velocidad (vector) v Velocidad (magnitud) o rapidez vm Velocidad media x Posición o distancia. Eje de referencia y Posición o distancia. Eje de referencia z Posición o distancia. Eje de referencia α (Alfa) Aceleración angular ∆ (Delta) Incremento ∆s Distancia recorrida ∆�� Desplazamiento µ (My) Coeficiente de fricción µs Coeficiente de fricción estática µk Coeficiente de fricción cinética π (Pi) Número pi. Razón de la circunferencia al radio ρ (Ro) Radio de curvatura ω (Omega) Velocidad angular # Libras ´ Pies “ Pulgadas

1

1. CINEMÁTICA DE LA PARTÍCULA

1.1 Movimiento rectilíneo

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

Resolución Ecuaciones del movimiento

2931 3 +−= tts

92 −== tdt

dsv

tdt

dva 2==

a) Tiempo en que la velocidad es 7 m/s

97 2 −= t 162 =t 4±=t

La raíz negativa no tiene significación física en este caso.

P 0 s

Cinemática de la partícula

2

Para t = 4

( )42=a ; →= 2sm8a

b)

336 ss

t

svm

−=∆∆=

202)6(9)6(31 3

6 =+−=s

162)3(9)3(31 3

3 −=+−=s

3)16(20 −−=mv ; →= s

m12mv

c) Tabulación para dibujar las gráficas

t 0 3 6

s 2 -16 20

v -9 0 27

a 0 6 12

27

-9 3 6

t (s)

v (m/s)

s (m)

t (s)

20

6

3

-16

2

3

12

6

6

a (m/s2)

t (s)


3

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


Como dtdy

v =

entonces:

vdtdy =

∫∫ = vdtdy

∫ −= dtty )246( 2

∫ −= dtty )246( 2

Ctty +−= 242 3 Si t = 0, y = 6 6 = C Por tanto:

6242 3 +−= tty

246 2 −= tv

tdt

dva 12==

a) Para t = 3

)3(12=a ;

P

y

0

↑= 2sft36a


4

b)

04 yyy −=∆

En donde:

386)4(24)4(2 34 =+−=y

60 =y 638−=∆y

↑=∆ ft32y

c) Para conocer la distancia que recorre, investigaremos cuando v = 0

4

24602

2

=−=

t

t

2±=t

Sólo la raíz positiva tiene significado físico

266)2(24)2(2 32 −=+−=y

Por tanto, la partícula se movió de y0 = 6 a y2 = −26 y luego a y4 = 38

)42()20( −∆+−∆= yyD

6432)26(38626 +=−−+−−=D

ft96=D

d) Tabulación para dibujar las gráficas

t 0 2 4

y 6 -26 38

v -24 0 72

a 0 24 48

72

-24 2 4

t (s)

v (ft/s)

y (ft)

t (s)

38

4

2

-26

6

2

24

12

4

a (ft/s2)

t (s)


5

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

Resolución La magnitud de la aceleración es igual a la pendiente de la gráfica tiempo-velocidad; durante los primeros cuatro segundos es positiva de 40/4 = 10 y después es nula. (La gráfica tiempo-aceleración puede ser discontinua como en este caso, pero nunca las gráficas tiempo-velocidad y tiempo-posición) La gráfica tiempo-posición comienza, según los datos, en s = + 8. Desde t = 0 hasta t = 2, la pendiente de la curva que comienza siendo negativa, va disminuyen-do en magnitud hasta hacerse nula: el desplazamiento en ese lapso es igual al área bajo la gráfica tiempo-velocidad, es decir 20. De 2 a 4 s el comportamiento de la gráfica es inverso al anterior y cuando t = 4, la partícula vuelve a su posición inicial, pues el área acumulada bajo la gráfica tiempo-velocidad es cero. De 4 a 6 s, la pendiente es constante, positiva y de 20, por tanto, se trata de una recta.

t (s)

6 4 2

20

-20

v (in/s)

s (in)

2 4 6

48

8

-12

20

1

a (in/s2)

10

6 2

t (s)

4

t (s)


6

1.1.3 Aceleración en función del tiempo 4. La gráfica de la figura muestra la magnitud de la aceleración de una partícula que se mueve sobre un eje horizontal dirigido hacia la derecha, que llama-remos x'x. Sabiendo que cuando t = 1 s, x = 3 cm y v = − 4.5 cm/s, calcule: a) la posición de la partícula cuando su velocidad es nula; b) su velocidad cuando t = 3 s y su posición cuando t = 5 s.

Resolución La partícula se mueve conforme a dos leyes distintas: una de 0 a 3 s y otra de 3 a 6 s. Ecuaciones del movimiento de 0 a 3 s

ta 39−= Pues la ordenada al origen es 9 y la pendiente de la recta es -3.

Como ,dt

dva = entonces adtdv =

∫ ∫ −=

−=

dttdv

dttdv

)39(

)39(

125.19 Cttv +−=

Si t = 1, 5.4−=v , conforme a los datos

12)1(5.1)1(95.4 C+−=− ; 121 −=C

Por tanto

125.19 2 −−= ttv

Como ,dt

dxv = entonces vdtdx=

∫ ∫ −−=

−−=

dtttdx

dtttdx

)125.19(

)125.19(2

2

232 125.05.4 Ctttx +−−=

t (s)

a (cm/s2)

9

6 3


7

Si t = 1, x = 3

232 )1(12)1(5.0)1(5.43 C+−−=

112 +=C

11125.05.4 32 +−−= tttx Por lo tanto, las ecuaciones del movimiento durante los primeros tres segundos son:

11125.45.0 23 +−+−= tttx 1295.1 2 −+−= ttv

93 +−= ta a) Investigamos si en algún instante la velocidad es nula

01295.1 2 =−+− tt Dividiendo entre -1.5:

0862 =+− tt Factorizando

0)2)(4( =−− tt

41 =t

22 =t

41 =t está fuera del intervalo: en 22 =t s, 0=v y en ese instante su posición es:

11)2(12)2(5.4)2(5.0 23 +−+−=x

cm1=x b) Para t = 3

12)3(9)3(5.1 2 −+−=v

scm5.1=v


8

c) Para investigar la posición en 5=t , se necesita la ecuación del movimiento de 3 a 6 s.

0=a 5.1=v (la velocidad que alcanzó a los 3 s)

Si 3=t , 211)3(12)3(5.4)3(5.0 23 =+−+−=x

5.2

)3(5.12

4

4

−=+=

C

C

Por tanto:

5.25.1 −= tx Para 5=t

5.2)5(5.1 −=x ;

cm5=x


9

1.1.4 Soluciones gráficas 5. Un tren que parte de la estación A aumenta su velocidad uniformemente hasta alcanzar los 60 km/h. A partir de ese instante comienza a frenar, también uniformemente, hasta detenerse en la esta-ción B. Si el viaje dura veinte minutos, ¿cuánto distan las estaciones A y B?

Resolución Dibujamos la gráfica tiempo-velocidad. Como 20 min es igual a 1/3 de hora, 1/3 es el valor de la abscisa. Puesto que ∫=∆ vdts , entonces s∆ es igual al área

bajo la gráfica.

21

)60(31

2==∆ bh

s ;

km10=∆s

60

1/3

v (km/h)

t (h)


10

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

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

dt

dvv

dt

dva

=−

=

2

10004

Separando variables

210004

v

dvdt =−

∫ ∫=−2250

1v

dvdt

Cv

t +−=− 1250

Condiciones iniciales: si 50,0 == vt

5250

5011

250

501501

0

−=

+−=−

=

+−=

vt

v

t

C

C

Para 20=v

520250 −=t ; s5.7=t

s

v a


11

7. Calcule la distancia que requiere el avión del problema anterior para reducir su velocidad de 50 a 20 m/s.

Resolución

Primer método

Partiendo de la solución de la ecuación diferencial del problema 6:

5250 −=v

t

Despejando v e igualando a ds/dt

Ctst

dtds

tdt

dst

v

vt

++=+

=

+=

+=

=+

∫ ∫)5(L2505

250

5

2505

250

2505

Hacemos s = 0 cuando t = 0

5L250

5L2500

−=+=

C

C

Por tanto

[ ]5L)5(L250

5L250)5(L250

−+=−+=

ts

ts

Por las propiedades de los logaritmos

5

5L250

+= ts

Para t = 7.5

5.2L2505

5.12L250 ==s

m229=s

s

v a


12

Segundo método Como la aceleración es función de la velocidad y deseamos conocer un desplazamiento, igualamos:

ds

dvva =

ds

dvv

ds

dvvv

=−

=−

2501

10004 2

Separando variables

Cvs

v

dvds

v

dvds

+=−

=−

=−

∫∫

L250

250

1250

1

Si 0=s , 50=v

Para 20=v

5.2L250

50L250

=

=

sv

s

m229=s

vs

v

s

vs

Lvs

C

C

50L250

50L

250

50LL250

50L250

L50

L500

=

=

+−=

−=−

−=+=


13

1.1.6 Aceleración en función de la posición

8. La magnitud de la aceleración de un colla-

rín que se desliza sobre una barra horizontal se expre-

sa, en función de su posición, como a =12 x , donde a se da en in/s2 y x en in. Cuando t = 2 s, entonces v = 32 in/s y x = 16 in. Determine la posición, la velocidad y la aceleración del collarín cuando t = 3s.

Resolución Como la aceleración está expresada en función de la

posición, se sustituye por dx

dvv

xdx

dvv 12=

Separando variables

12

3

12

32

832

122

12

CxCxv

dxxvdv

+=+

=

=

Si x = 16, v = 32 De los datos

12

32

)16(82

32C+=

1512512 C+= ; 01 =C

43

232

4

82

xv

xv

=

=

Sustituimos v por dt

dx

43

4xdt

dx =

Separando variables

dtdxx 443

=−


14

24

1

43

44

4

Ctx

dtdxx

+=

= ∫∫−

Si t = 2, x = 16

De los datos

288 C+= ; 02 =C

tx

tx

=

=4

1

41

44

4tx = La ecuación queda resuelta.

Derivando respecto al tiempo

2

3

12

4

ta

tv

==

Satisface la ecuación original, ya que si:

24 , txtx == , o sea, xa 12= Para t = 3

→=

→=

→=

2sin108

sin108

in81

a

v

x


15

1.2 Movimientos rectilíneos uniforme y uniformemente acelerado

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


∫

∫==

==

=

26.22.5

2.52.5

2.5

ttdtx

tdtv

a

Las constantes de integración son nulas, pues cuando t = 0 tanto v como x son nulas. a)

300 kmh� �

300

3.6m s⁄ �

t2.56.3

300=

)2.5(6.3

300=t ; s03.16=t

b)

2)03.16(6.2=x ;

m669=x


16

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

Resolución

sft88h

mi60 =

Como se desea conocer la aceleración a partir de la velocidad y el desplazamiento, empleamos:

vdvadsds

dvva

=

=

∫ ∫= vdvdsa

Puesto que a es constante, queda fuera de la integral.

Cv

as +=2

2

Elegimos como origen el punto en el que comienza a frenar el tren. Si 0=s , 88=v

C+=2

880

2

; 2882

−=C

28822 −= v

as ; s

va

28822 −=

Para 250=s y 0=v

49.15500882

−=−=a

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

←= sft49.15a

60 mi/h


17

11. Un elevador comercial puede, a lo más,

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

Resolución Supongamos que el elevador alcanza una velocidad máxima y la mantiene cierto tiempo ∆t, como se muestra en la gráfica

sm7s

m60

420min

m420 ==

La pendiente de la recta inclinada es 3.5, que es la razón de cambio de la velocidad. Por lo tanto de la gráfica y por semejanza de triángulos:

75.31

0

=t

; 120 2 ttt −==

El elevador debe desplazarse

5.76)1.5(15 ==∆y Tal desplazamiento es igual al área del trapecio en la gráfica ( ) ( )

5.762

74

2=+∆+∆=+ tthBb

5.762

2814 =+∆t

5.627 =∆t ; 93.8=∆t El tiempo total es

s93.122 =t

t0 t1 t2

3.5 3.5

1 1

∆t

7

v (m/s)

t (s)


18

A B 200 ft

a1

v2

A B 200 ft

a1

v2

x

1.2.1 Movimiento de varias partículas independientes

12. Un motociclista arranca del punto A con una aceleración constante a1 = 2.4 ft/s2 hacia la derecha. Cuatro segundos después, un automóvil pasa por el punto B, situado a 200 ft de A, viajando hacia la izquierda. Sabiendo que la velocidad del automóvil es v2 = 30 ft/s y constante, diga en dónde el motociclista encuentra el automóvil. Desprecie el tamaño de los vehículos.

Resolución

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

211

11

1

2.1

4.2

4.2

tdtvx

tdtav

a

==

==

=

∫

∫

Las constantes de integración son nulas. Automóvil

30

0

2

2

−==

v

a

Negativa, porque el sentido es contrario al del eje elegido.

Ctdtvx +−== ∫ 3022 Cuando 4=t , 2002 =x de los datos, sustituyendo

C+−= )4(30200 ; 320=C

320302 +−= tx

200 ft


19

El motociclista encuentra el automóvil si:

21 xx =

4.2

320)2.1(43030

0320302.1

320302.1

2

2

2

+±−=

=−++−=

t

tt

tt

1.33

06.8

2

1

−==

t

t

Sustituyendo 1t en 1x

1.78)06.8(2.1 21 ==x

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

→= ft1.78Ax


20

A

D

B

C

A

B

C

D yD

y

yA yC

vA = 8

yB

aA = 4 aB = 10 vB = 5

1.2.2 Movimiento de varias partículas conectadas

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

Resolución Velocidad Cuerda que une los cuerpos A y D

DA yyl +=1 Derivando respecto al tiempo

DA vv +=0 ; AD vv −= (1)

Cuerda que une B con C

( ) ( )DCB

DCDB

yyyl

yyyyl

22

2

−+=−+−=


DCB vvv 20 −+=

De (1)

ACB vvv 20 ++= ABC vvv 2−−= (2)

Sustituyendo:

21)8(25 −=−−=Cv El signo negativo indica que el sentido es contrario al del eje y’y

↑= sm21Cv


21

Aceleración Derivando la ecuación (2) respecto al tiempo:

2)4(2)10(

2

=−−−=−−=

C

ABC

a

aaa

↓= 2sm2Ca


22

1.3 Movimiento curvilíneo

1.3.1 Componentes cartesianas

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

Resolución Las ecuaciones de las componentes horizontales del movimiento son:

10

10150

5150 2

==

+==

+=

dt

dva

tdt

dxv

ttx

xx

x

Sustituyendo x en la ecuación de la trayectoria, se obtienen las ecuaciones de las componentes verticales

[ ])5150(10)10150(10

)5150)(10150(1010

)5150(105

224

25

225

tttdt

dva

tttdt

dyv

tty

yy

y

+++==

++×==

+×=

−

−

−

Para t = 10 s

200)2000(105

2000500150025 =×=

=+=−y

x

En forma vectorial:

[ ]m2002000 jir +=

y

x

2010 m

5.7°

2000 m

200 m

y

x

y = 5 (10)-5 x2


23

Escalarmente:

°==

+=

7.5;2000

200tan

2002000

11

22

θθ

r

°= 7.5m2010r Es la posición del avión

50)2000)(250(101

250)10(101504 =×=

=+=−

y

x

v

v

Vectorialmente:

[ ]m50250 jiv += Escalarmente:

°==

+=

3.11;250

50tan

50250

22

22

θθ

v

°= 3.11sm255v Es la velocidad del avión

[ ] 25.8)2000(10250101

1024 =+×=

=−

y

x

a

a

Vectorialmente:

[ ]2sm25.810 jia +=

Escalarmente:

°==

+=

5.39;10

25.8tan

25.810

33

22

θθ

a

°= 5.39s

m96.12 2a

Es la aceleración del avión cuando t = 10 s

y

x

11.3°

255 m/s

y

x

39.5° 12.96 m/s


24

15. La corredera A se mueve dentro de la ranura conforme se eleva el brazo horizontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s. Calcule la velocidad y la aceleración de la corredera cuando = 6 in.

θ

6

3

6

y

A

v

se mueve dentro de la ranura conforme se eleva el brazo horizontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s. Calcule la velocidad y la aceleración de la corredera cuando x

Resolución Como el brazo se mueve hacia arriba con velocidad constante:

3

0

=

=

y

y

v

a

Y, por tanto:

tdtvy y 3== ∫

La relación entre las coordenadas de la posición está establecida por la ecuación de la trayectoria:

2

6

1yx =

2)3(6

1tx = Sustituimos y por el valor en función de

t

3

3

5.1 2

==

=

x

x

a

tv

tx


Con las ecuaciones del movimiento a la vista, podemos responder a la pregunta. Si x = 6

24

5.16 2

±==

=

t

t

a raíz negativa no tiene significado físico.

6

x

ueve hacia arriba con velocidad

as de la posición está por la ecuación de la trayectoria:

por el valor en función de


Con las ecuaciones del movimiento a la vista,

no tiene significado físico.


25

Para 2=t

6

3tan

71.636

3

6)2(3

2222

=

=+=+=

===

θ

yx

y

x

vvv

v

v

�6.26=θ

°= 6.26sin71.6v

Para el mismo instante

0

3

==

y

x

a

a

→= 2sin3a

3

6

x

y

A


26

1.3.2 Componentes intrínsecas

16. Una locomotora comienza a moverse desde el punto A conforme a la expresión donde t está en s y s es la longitud en ft medida sobre la vía a partir de A. El punto Bft de A y su radio de curvatura es de 800 ft. Diga: cuál es la velocidad de la locomotora en es su aceleración en A; c) cuál, en B

Componentes intrínsecas

16. Una locomotora comienza a moverse conforme a la expresión s = 4t2,

es la longitud en ft medida B se halla a 4000

y su radio de curvatura es de 800 ft. Diga: a) locidad de la locomotora en B; b) cuál

B.

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

8

8

4 2

==

==

=

dt

dva

tdt

dsv

ts

t

a) El tiempo que tarda en llegar a B es:

1000

44000 2

=

=

t

t

Su velocidad por tanto, tiene una magnitud de:

25310008 ==v

°= 30sft253v

La dirección es perpendicular al radio de la curva, pues debe ser tangente a la trayectoria. b) Como el punto A está en un tramo recto

taa =

→= sft8a

Su dirección es la de la trayectoria.

Derivando la expresión de la longitud recorrida

El tiempo que tarda en llegar a B es:

Su velocidad por tanto, tiene una magnitud de:

La dirección es perpendicular al radio de la curva,

Como el punto A está en un tramo recto


27

c) En el punto B la aceleración de la locomotora

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

°∠= 308ta En dirección de la velocidad

°=== 6080800

)253( 22

ρv

an

Dirigida hacia el centro de curvatura

4.80808 22 =+=a Sea θ el ángulo que forma con la velocidad

1.080

8tan ==θ ; °= 7.5θ

Respecto a la horizontal, por tanto, forma un ángulo de:

°=°+° 7.657.560

°= 7.65s

ft4.80 2a

a

8

80

30°

θ

60°

B


28

n

an

2

2

17. Un automóvil viaja por la carretera de la

figura aumentando uniformemente su velocidad. Pasa por A con una rapidez de 72 km/h y llega a km/h, cinco segundos después. Determine: leración del automóvil al pasar por Acurvatura de la carretera en la cima allí la aceleración del vehículo es de 4 m/s

t

17. Un automóvil viaja por la carretera de la figura aumentando uniformemente su velocidad. Pasa

con una rapidez de 72 km/h y llega a B a 108 , cinco segundos después. Determine: a) la ace-

leración del automóvil al pasar por A; b) el radio de B, sabiendo que

allí la aceleración del vehículo es de 4 m/s2.

Resolución

sm30s

m6.3

108h

km108

sm20s

m6.3

72h

km72

==

==

Como la rapidez aumenta uniformemente, i.e., la componente tangencial de la aceleración es constante, tanto en A como en B:

25

2030 =−=

∆−

=∆∆=

t

ABt

a

t

vv

t

va

a) Al pasar por A

22)2(2

2200

20

222

22

==+=

===

tn

n

aaa

va

ρ

°= 45s

m83.2 2a

b) Al pasar por B

22tn aaa += ; 222

tn aaa +=

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


29

46.324 2222 =−=−= tn aaa

Como ρ

2van = ;

na

v2

=ρ

46.3

302

=ρ ; m260=ρ

n


30

18. Un motociclista que corre en una pista

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

Resolución

sft88h

mi60 =

sft44h

mi30 =

Como la reducción de la rapidez es uniforme, la componente tangencial de la aceleración es la misma en cualquier instante. Como se conoce la función de la distancia recorrida:

∫∫ =

=

=

vdvdsa

vdvdsads

dvva

t

t

t

Por ser constante, at queda fuera de la integral.

Cv

sat +=2

2

Si s = 0, v = 88 Tomaremos como origen el punto A

52.14)200(2

88

2

8844

2

88

2

88

2

880

22

2222

2

2

−=−=

−=−=

−=

+=

va

vsa

C

C

t

t

B 200´

A 440´


31

En el punto A la componente normal es:

º5.39;6.17

52.14tan

8.226.1752.14

6.17440

88

2222

22

==

=+=+=

===

θθ

ρ

nt

n

aaa

va

º5.39s

ft8.22 2=a

14.52

a

A

t

n 17.6

θ


32

19. Un buque navega con rapidez constante de

24 nudos. Para dirigirse al puerto vira 90° en un minuto. Determine la magnitud de la aceleración del buque durante la maniobra.

Resolución Puesto que la magnitud de la velocidad no varía durante la maniobra:

0=ta

Por tanto

vaa n

•== θ

Donde •

θ es la velocidad angular.

srad

60

2min

grados90πθ ==

•

Además:

s

m

3600

185224

hora

marítimasmillas24nudos24 ==

Por tanto:

323.03600

1852)24(

120== π

a

2sm323.0=a

Y es perpendicular a la velocidad en cualquier instante.

v a


33

x

y

1.3.3 Componentes cartesianas e intrínsecas relacionadas

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

Resolución Primer método

dx

dyv

dt

dx

dx

dy

dt

dyv

xxy

xy ===

+−= − 8.0)10(2 25

Como la componente horizontal de la velocidad es:

[ ]

[ ] 252

5

sm9.4)10(4350

280014.08.0)10(4350

350

−=−=

===

+−=+−=

=

−

−

y

yx

yyy

y

x

a

dx

dvv

dt

dx

dx

dv

dt

dva

xxv

v

La razón del cambio de magnitud de la velocidad con respecto al tiempo la mide la componente tangencial de la aceleración.

dt

dvat =

Como dicha componente tiene la dirección de la velo-cidad, investigamos ésta.

x

y

v

v=θtan

Para 900=x : 154=yv , 350=xv

vy

v

350

t

v

an

a n

θ

at

θ

y = − 2 (10)−5x2 + 0.8x


34

°=

=

7.23

350

154tan

θ

θ

θ es el ángulo que forma la velocidad con la horizontal, y es el mismo que forma la aceleración con su componente normal. Proyectamos la aceleración en el eje tangencial.

973.1sen9.4 −=−= θta

La magnitud de la velocidad disminuye a razón de

2sm973.1

Segundo método

Escribiendo en lenguaje vectorial

jjaiaa

jijvivv

yx

yx

9.4

154350

−=+=

+=+=

Para proyectar la aceleración en el eje tangencial, investigamos el producto escalar (o producto punto) de dos vectores.

teata ⋅=

En donde te es un vector unitario en dirección de la

velocidad

( )973.1

154350

9.415422

−=+

−== ⋅v

vat

a

t

v e

at

a


35

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

Resolución

Primer método

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

ρ

2van =

Las ecuaciones del movimiento son:

8

825

425 2

−==

−==

−=

dt

dva

tdt

dxv

ttx

xx

x

4

4

250 2

−==

−==

−=

dt

dva

tdt

dyv

ty

yy

y

Investigamos en qué instante 0=y

5

2500 2

±=−=

t

t

y

x


36

La raíz negativa no tiene significado físico en este caso.

Para 5=t

25625)20()15(

20)5(4

15)5(825

22 ==−+−=

−=−=−=−=

v

v

v

y

x

El ánguloα que la velocidad forma con la horizontal es:

15

20tan

−−==

x

y

v

vα

°= 1.53α

La aceleración en ese mismo instante es:

( )[ ] 54)1(24)4()8(

4

8

22222 =−+−=−+−=

−=−=

a

a

a

y

x

Y su dirección β respecto a la horizontal

°=−−== 6.26;

8

4tan ββ

x

y

a

a

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

°=− 5.26βα La proyección de la aceleración sobre el eje normal es:

45.26cos545.26cos =°=°= aan

15

20

v

α

4

8

β

n

26.6°

t

v

y

x

x

y

y

x a


37

Por tanto:

4

6252

==na

vρ

Segundo método

Utilizando álgebra vectorial

La componente normal de la aceleración se puede obtener proyectando el vector aceleración sobre un vector unitario ne en dirección del eje normal, el cual

es perpendicular a la velocidad.

Sea te un vector unitario en dirección de la velocidad

( )

( ) ( ) 44.24.66.08.048

6.08.0

8.06.0201525

1

=−=+−−−=⋅=

+−=

−−=−−==

⋅ jijieaa

jie

jijiv

ve

nn

n

t

4

6252

==na

vρ tf3.156=ρ

ft3.156=ρ

en

et

y

x


38

39

2. CINÉTICA DE LA PARTÍCULA

2.1 Movimiento rectilíneo

2.1.1 Aceleración constante

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

Resolución

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

Comenzaremos convirtiendo las velocidades a m/s:

sm20s

m6.3

72h

km72

sm10s

m6.3

36h

km36

==

==

Como el aumento de velocidad es uniforme: Para conocer las fuerzas —problema cinético— co-menzaremos: 1) dibujando el diagrama de cuerpo libre del conjunto; 2) eligiendo un sistema de refe-rencia. Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:

22

022

0

==−

=∑

N

N

Fy

dtdv

a =

5.24

1020 =−=∆∆=

tv

a

x

y

N

22

F

Cinética de la partícula

40

Puesto que la aceleración del vehículo es horizontal, este resultado no es útil para la resolución del pro-blema.

)5.2(

81.9

22=

=∑

F

maFx

Como P=mg; entonces m=P/g

→= ton61.5F Para conocer la fuerza en el enganche, se puede estu-diar cualquiera de los dos cuerpos que la ejercen. Elegiremos el remolque.

)5.2(81.9

20=

=∑

xQ

maFx

ton10.5=xQ Se trata de una tensión

Podemos comprobar los resultados analizando el tractor: Por la tercera ley de Newton, las reacciones del remolque sobre el tractor son iguales a las reacciones del tractor sobre el remolque, pero de sentido contrario.

)5.2(81.9

261.5

)5.2(81.9

261.5

−=

=−

=∑

x

x

Q

Q

maFx

ton10.5=xQ

20

Qx

Qy

x

y

N1

N2

x

y Qy

Qx

2 ton


41

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

Resolución Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y elegimos el sistema de referencia. Como deseamos conocer la velocidad máxima des-pués de recorrer cierta longitud, se requiere que el automóvil adquiera la máxima aceleración, por tanto, que ejerza la máxima fuerza de tracción, que es de fricción en este caso.

4.27)2.32(85.02.32

85.0

2.3285.0

2.3285.0

0

0

==

=

=

=

=∑

==−

=∑

a

a

aP

P

aP

N

maF

PN

NP

F

x

y

Se trata de una aceleración constante, por tanto:

2)(

21

22

2

1

vvxa

vdvdxa

dx

dvva

v

v

−=∆

=

=

∫∫

p

0.85 N

N

y

x

Cinética de la partícula 42

En este caso, 01 =v y 300=∆x

300)4.27(2)(222 =∆= xav

sft1.1282 =v

Se puede convertir a hmi :

hmi4.87h

mi44

301.128s

ft1.128 =

=


43

3. Un niño arroja una piedra de 1.5 kg de masa

hacia arriba, verticalmente, con una velocidad inicial de 12 m/s desde la orilla de un edificio de 20 m de altura. Determine: a) la altura máxima, sobre el suelo, que alcanza la piedra; b) la velocidad con que llega al suelo.

Resolución Dibujamos la piedra en un diagrama de cuerpo libre que represente cualquier instante del movimiento, y elegimos un sistema de referencia. Disponemos de una ecuación cinética:

81.9

5.1)81.9(5.1

−==−

=∑

a

a

maFy

Es decir, en cualquier instante, suba o baje la piedra, su aceleración es la de la gravedad y se dirige hacia el centro de la Tierra. A partir de la aceleración, escribimos las ecuaciones del movimiento de la piedra, refiriéndolas al sistema de referencia que se muestra en la figura.

2

0

0

2

81.91220

)81.912(20

81.91281.912

81.9

tt

dttvdtyy

tdtadtvv

a

−+=

−+=+=

−=−=+=

−=

∫∫

∫∫

Ahora podemos contestar las preguntas.

y

0

20 m

20 m

12 m/s


a) Cuando alcance la altura máxima su velocidad será nula.

81.9

12

81.9120

=

−=

t

t

Y en ese instante:

212 9.81 12

20 129.81 2 9.81

144 72 7220 20

9.81 9.81 9.81

y

y

= + −

= + − = +

m3.27=y que es la altura máxima sobre el suelo

b) Llega al suelo cuando y = 0

0402481.9

2

81.912200

2

2

=−−

−+=

tt

tt

Las raíces son:

138.1

58.3

2

1

−==

t

t

El tiempo en que llega al suelo es la raíz positiva y la velocidad es:

2.23)58.3(81.912 −=−=v El signo negativo indica que su sentido es contrario al sentido del eje de las yes, elegido arbitrariamente.

↓= sm2.23v


45

4. Se lanza un cuerpo de 40 kg hacia arriba de

un plano inclinado con un ángulo de 15º, con una velocidad inicial de 20 m/s. Si los coeficientes de fricción estática y cinética son 0.25 y 0.20, respectivamente, entre el cuerpo y el plano, ¿cuánto tiempo emplea en volver al punto del que fue lanzado?, ¿con qué velocidad pasa por él?

Resolución Dibujamos el diagrama de cuerpo libre mientras el cuerpo sube, elegimos el sistema de referencia. Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:

0

(40)(9.81)cos15 0

379 newtons

0.2 40(9.81)sen15

177.4

4.43

Fy

N

N

Fx ma

N ma

ma

a

∑ =− ° ==

∑ =− − ° =− =

= −

El signo negativo indica que la aceleración tiene sentido contrario al eje de las equis y que el cuerpo se está deteniendo.

Escribimos las ecuaciones del movimiento:

( ) 210

10

2

43.42043.420

43.42043.420

43.4

ttdttdtvxx

tdtdtavv

a

−=−=+=

−=−=+=

−=

∫∫

∫ ∫

El tiempo que tarda en subir lo encontramos haciendo v = 0.

40 kg

15º

40(9.81)

0.2 N

N


st

t

t

t

51.4

51.443.4

20

2043.4

2043.40

=

==

=+−=

Para encontrar la distancia que recorre el cuerpo en el ascenso hasta detenerse sustituimos el tiempo hallado.

m1.45

)51.4(2

43.4)51.4(20 2

=

−=

x

x

Habrá recorrido esta distancia antes de detenerse. Ahora analizaremos al cuerpo a partir de que comien-za a bajar. Utilizando un nuevo sistema de referencia, tenemos:

379

015cos)81.9)(40(

0

==°−

=∑

N

N

Fy

La fuerza de fricción tiene ahora otro sentido.

644.040

2.015sen)81.9(40

402.015sen)81.9(40

=

−°=

=−°=∑

a

Na

aN

maFx

Las ecuaciones del movimiento, en el nuevo sistema de referencia y tomando como origen el punto en el que el cuerpo se detuvo, son:

( ) 20

0

2

644.0644.0

644.0644.0

644.0

tdttdtvxx

tdtadtvv

a

==+=

==+=

=

∫∫

∫ ∫

Vuelve al punto de partida en x = 45.1 m

40(9.81)

0.2 N

N

x


47

s83.11

644.0

2)1.45(

2

644.01.45 2

=

=

=

t

t

t

Por tanto, el tiempo que tarda en volver al punto de donde fue lanzado es la suma de este tiempo más el empleado en subir.

51.483.11 +=Tt

s34.16=Tt La velocidad con la que pasa por dicho punto la hallamos sustituyendo el tiempo de descenso en la ecuación de la velocidad.

)83.11(644.0=v

°= 15sm62.7v


5. Los pesos de los cuerpos A y B de la figura son, respectivamente, 20 y 30 lb, y los de la polea y de la cuerda, despreciables. Sabiendo que la cuerda es flexible e inextensible y que no hay ninguna fricción en la polea, calcule la aceleración del cuerpo B y la tensión de la cuerda.

Resolución

Los cuerpos están conectados con una sola cuerda, de manera que su aceleración tiene la misma magnitud. La cuerda sufre la misma tensión en toda su longitud, pues la polea es de peso despreciable (y la suma de momentos de las fuerzas respecto a su eje de rotación tiene que ser nula).

Una vez dibujado el diagrama de cuerpo libre de A, elegimos un sistema de referencia dirigido hacia arriba, pues el cuerpo, más ligero que B, acelerará aumentando su rapidez hacia arriba.

aT

maFy

2.3220

20=−

=∑

)2.32

1(20a

T += _______________ (1)

El sistema de referencia para el diagrama de cuerpo libre de B lo elegimos hacia abajo para ser consis-tentes con el diagrama anterior.

aT

maFy

2.32

3030 =−

=∑

)2.32

1(30a

T −= _______________ (2)

Igualando (1) y (2)

)2.32

1(30)2.32

1(20aa −=+

20 #

30 #

A

B

2T

T T

Polea

T

T

20

30

Cuerpo A

Cuerpo B


49

44.650

322

102.32

502.32

3030

2.32

2020

==

=

−=+

a

a

aa

La aceleración de B es, por tanto

↓= 2sft44.6a

Y la tensión de la cuerda

)2.1(20)2.32

44.61(20 =+=T

lb24=T


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

Resolución

A

A

A

x

y

aT

aT

aNT

maF

N

N

F

81.9

4010

81.9

40)40(25.0

81.9

4025.0

40

040

0

=−

=−

=−

=∑

=

=−

=∑

AaT81.9

4010+= ___________ (1)

Analizando el cuerpo B

BaT81.9

6060 1 =−

BaT81.9

60601 −= ____________ (2)

Tenemos las ecuaciones 1 y 2 con cuatro incógnitas.

40

Cuerpo A

0.25 N

N

T

x

y

Cuerpo B

T1

60 y


51

Estudiemos la polea móvil.

Como su masa es despreciable

0=ma Por tanto

03

0

1 =−=∑

TT

Fy

TT 31 = _____________ (3) Y la cuarta ecuación la obtenemos relacionando las aceleraciones de A y B, mediante la cuerda que conecta las poleas, cuya longitud es constante.

BA yxl 3+−= Derivando respecto al tiempo

BA

BA

aa

vv

30

30

+−=+−=

Para resolver el sistema de ecuaciones, multiplicamos (1) por (3) e igualamos con (2)

BA aa81.9

6060

81.9

40103 −=

+

Ahora, sustituimos (4):

[ ]

)10(140

81.981.9

2020

81.9

12010

81.9

60603

81.9

40103

=

−=+

−=

+

B

BB

BB

a

aa

aa

↓= 2sm701.0Ba

→= 2sm10.2Aa

18.57 kgT =

T1

y

T T T


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

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

tF 216−=

Pues 16 N es la ordenada al origen y la pendiente es negativa y de 2 N/s.

Después de dibujar el diagrama de cuerpo libre para cualquier instante del movimiento y elegir el sistema de referencia, escribiremos la ecuación cinética.

dt

dvPt

maFx

81.9216 =−

=∑

Hemos sustituido a por dv/dt porque la fuerza está en función del tiempo.

Para resolver la ecuación diferencial, separamos va-riables e integramos.

CvP

tt

dvP

dtt

dvP

dtt

+=−

=−

=−

∫ ∫

81.916

81.9)216(

81.9)216(

2

Para 0=t , 0=v , de donde 0=C

F

t(s)

16

8

F(N)

P

16 2t

N x

y


53

)16(81.9

81.916

2

2

ttP

v

vP

tt

−=

=−

Sustituimos v por dx/dt

)16(81.9 2ttPdt

dx −=

Separando variables e integrando:

132

2

2

)3

18(

81.9

)16(81.9

)16(81.9

CttP

x

dtttP

dx

dtttP

dx

+−=

−=

−=

∫∫

Escogiendo el origen en el punto de partida. Si 0=x , 0=t y 01 =C .

)3

18(

81.9 32 ttP

x −=

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

Si vuelve al punto de partida, 0=x

03

18

0)3

18(

81.9

32

32

=−

=−

tt

ttP

Dividiendo entre 2t , pues dos raíces son nulas:

( )38

03

18

=

=−

t

t

s24=t Que es el tiempo en que vuelve al punto de partida.


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

Resolución

Cv

t

v

dvdt

v

dvdt

dt

dvv

dt

dvv

mav

maFx

+−=−

=−

=−

=−

=−

=−=∑

∫∫1

3009.0

3009.0

3009.0

3009.0

2.32

96609.0

9.0

2

2

2

2

2

Cuando t = 0, v = 24 nudos Dado que la resistencia está expresada en el sistema

inglés, realizamos la conversión de nudos a sft

53.40s3600

s1

m3048.0

m185224

h

s

ft

mi.mar.24

s

ft

h

mar.mi 24

=

=

=

=⋅

x

x

x

401.7

)53.40(

300

)53.40(

13000

=

=

+−=

C

C

C

9660

0.9v2

U

x


55

Entonces:

401.7300

9.0 +−=−v

t

Cuando la velocidad de la embarcación es v = 6 nudos: Nuevamente realizamos la conversión, utilizando una regla de tres con el resultado anterior.

sft13.10

24

6

53.40

=

=

v

v

Entonces:

9.0

2.22

2.229.0

401.76.299.0

401.713.10

3009.0

−−=

−=−+−=−

+−=−

t

t

t

t

s7.24=t


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

Resolución

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

dx

dvvv

maFx

2.329660

9.0 2 =−

=∑

Hemos sustituido a por v dv/dx porque la fuerza está en función de la velocidad y queremos conocer un desplazamiento.

Simplificando la ecuación, tenemos:

dx

dvv 3009.0 =−

Separamos variables

Cvx

v

dvdx

v

dvdx

+=−

=−

=−

∫∫L3009.0

3009.0

3009.0

Elegimos el origen en la posición en que la embar-cación sufre la avería, de modo que

Si 0=x , nudos24=v

nudos24L300

nudos24L3000

−=+=

C

C

9660

0.9v2

U

x


57

La ecuación queda así:

( )nudos24LL3009.0

nudos24L300L3009.0

−=−

−=−

vx

vx

Por las propiedades de los logaritmos

nudos24L3009.0

vx =−

nudos24L

003.0

1 vx −=

Volviendo a utilizar las propiedades de los logaritmos

vx

nudos24L

003.0

1=

La posición de la embarcación cuando su rapidez es de 6 nudos es:

4L003.0

1

nudos6

nudos24L

003.0

1 ==x

ft462=x Que es también la distancia que navega hasta dicha posición.


10. Se arroja una pequeña esfera de 2 kg de

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

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

Cvg

t

v

dv

gdt

v

dv

gdt

dt

dv

gv

maFy

+−−−=

−−=

−−=

=−−

=∑

∫∫

)204.0(L04.0

2

204.0

2

204.0

2

204.02

Si t = 0, v = 15

−−−=

+−=

204.0

6.2L

02.0

1

6.2L02.0

10

vgt

Cg

+=

204.0

6.2L

02.0

1

vgt _____________ (1)

Nombramos (1) a la ecuación anterior ya que será utilizada más adelante.

Para v = 0

-0.04 v

2

y


59

3.1L02.0

1

gt =

s337.1=t De la ecuación (1)

0.02

0.02

0.02

2.60.02 L

0.04 2

2.6

0.04 2

0.04 2 2.6

0.04 2 2.6

gt

gt

gt

gtv

ev

v e

v e

−

−

= +

=+

+ =

= − +

gtev 02.06550 −+−= ______________ (2)

( )

102.0

02.0

02.0

02.0

6550

6550

6550

Ceg

ty

dtedy

edt

dy

gt

gt

gt

+−−=

+−=

+−=

−

−

−

∫∫

Si y = 0, t = 0

( )gteg

ty

Cg

02.0

1

102.0

6550

02.0

650

−−+−=

+−=

Se encuentra el valor de t para y = 0

s801.2=t Sustituyendo el tiempo encontrado en la ecuación (2)

↓= sm47.12v


O bien:

dy

dvv

gv

dy

dvv

gv

maFy

5050

2204.0

−=+

=−−

=∑

1)50(L5050

5050

50

50

5050

50

5050

Cvvyg

v

dvdvdy

g

dvv

vdy

gv

vdvdy

g

++−=−

+−=−

+−+=−

+=−

∫∫∫

∫∫

Si y = 0, v = 15

65L5015

65L50150

1

1

+−=

+−=

C

C

++−=−

50

65L5015

50 vvy

g

Para y = 0:

++−=

50

65L50150

vv

Resolviendo mediante aproximaciones o con ayuda de una calculadora programable, obtenemos:

151 =v (Cuando comienza el movimiento)

48.122 −=v

↓= sm48.12v


61

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

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

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

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

mN20

4

80 ==w

Las componentes normales de las superficies sobre la cadena tienen la misma magnitud que los pesos de sus tramos respectivos.

[ ] 8050 0.5 20(4 )

9.8180

50 10(4 )9.81

8050 40 10

9.8180

10 109.81

81

9.81

Fx ma

dvx v

dxdv

x vdx

dvx v

dxdv

x vdx

dvx v

dx

∑ =

− − =

− − =

− + =

+ =

+ =

50

0

x

20(4-x) µ


Hemos sustituido a por dx

dvv ya que la fuerza está en

función de la posición x, y hemos dividido ambos miembros entre 10. Separamos variables e integramos.

Cvx

x

vdvdxx

vdvdxx

+

=+

=+

=+

∫ ∫22

281.9

8

2

81.9

8)1(

81.9

8)1(

Si 0=x , 0=v puesto que cuando el extremo derecho de la cadena se halla en el punto de unión de las superficies comienza a moverse.

24

81.9

81.9

4

2

0

2

22

xxv

vx

x

C

+=

=+

=

La cadena termina de pasar a la superficie lisa cuando

4=x , y su velocidad entonces es:

844

81.9

24

81.9 2

+=

+=

v

xxv

→= sm42.5v


63

12. Un cuerpo de masa m unido a un resorte,

cuya constante de rigidez es k, se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal lisa. Se aleja el cuerpo una distancia xo de su posición de equilibrio y se suel-ta. Escriba las ecuaciones del movimiento del cuerpo en función del tiempo y dibuje las gráficas corres-pondientes.

Resolución

En el diagrama de cuerpo libre, dibujaremos la fuerza del resorte en sentido positivo, pero asignamos a su magnitud un signo negativo, de forma que si x es positiva la fuerza resulte negativa y viceversa.

dx

dvmkx

maFx

=−

=∑

El signo negativo sirve para cambiar el sentido de la fuerza. Pues si x es positiva, es decir, si el cuerpo está a la derecha del origen, la fuerza se dirige hacia la izquierda; y viceversa.

22

22 vmC

xk =+−

Cuando 0xx = ; 0=v

Entonces:

22 20

22 20

2 2 20

2 2 20

2 2 2

2 2 2

( )2 2( )

xx vk m k

xx vk k m

k mx x v

k x x mv

− = −

− + =

− =

− =

2

02

20

20

xkC

Cx

k

=

=+−

N

mg

-kx

x

y


( )22

0

220

xxm

kv

xxm

kv

−=

−=

Sea m

kp =

dt

dxv =

2 20

2 20

2 20

20

angsen

dxp x x

dtdx

pdtx x

dxp dt

x x

xpt C

x

= −

=−

=−

= +

∫ ∫

Si 0=t , 0xx =

( )

°+=

°==

90angsen

90

1angsen

0

2

2

ptx

x

C

C

Aplicando la función seno de ambos lados de la ecuación:

( )

ptx

x

ptx

x

cos

90sen

0

0

=

°+=

ptxx cos0=

Derivando con respecto al tiempo tenemos:

( ) ptpxptpxdt

dxsensen 00 −=−=

ptpxv sen0−=


65

Derivando nuevamente con respecto del tiempo en-contraremos la aceleración.

( ) ptxpptppxdt

dvcoscos 0

20 −=−=

ptxpa cos02−=

xpa 2−= Las gráficas para la posición, velocidad y aceleración son, respectivamente:

t

x0

x0

t

p x0

- p x0

t

p2 x0

-p2 x0

pt

0 ��

� ��

� 2�

��

�

a

v

x


13. Un cuerpo de 16.1 lb de peso pende de los

tres resortes mostrados en la figura. Se jala el cuerpo hacia abajo tres pulgadas de su posición de equilibrio y se suelta. Se pide: a) Hallar la constante de rigidez de un resorte equivalente a los tres de la figura. b) De-terminar si el movimiento que adquiere el cuerpo es armónico simple o no. c) Dar la amplitud, el período y la frecuencia del movimiento. d) Calcular la velo-cidad y aceleración máximas del cuerpo.

Resolución a) La constante de rigidez equivalente a la de los dos

resortes en paralelo es ftlb6030301 =+=k

La constante equivalente a los dos resortes en serie es:

120

5

120

32140

1

60

11

=+=

+=

k

k

ftlb24=k

b) Dibujamos el diagrama de cuerpo libre para cualquier instante del movimiento y elegimos como origen la posición de equilibrio del cuerpo. En dicha posición la fuerza del resorte es igual al peso, de 16.1 lb, de modo que en cualquier posición la acción del resorte tiene una magnitud de 1.1624 +− y

ya

ay

ay

maFy

48

5.0242.32

1.161.161.1624

−==−

=−+−

=∑

Esta ecuación es de la forma xa 2ρ−= que corresponde al movimiento armónico simple, es decir, rec-tilíneo, cuya aceleración es proporcional a la posición

�24 � 16.1

y

16.1


67

con respecto al punto de equilibrio y se dirige hacia él. Por lo tanto, el cuerpo adquiere movimiento armónico simple. c) Como la amplitud es la distancia máxima que la partícula se aleja del origen, in30 =y , que es la

longitud señalada en el enunciado. Como in12ft1 =

ft25.00 =y

El periodo T es el tiempo en que el cuerpo da una oscilación completa:

pT

pT

ππ

2

2

=

=

En donde m

kp =

24=k 16.1

0.532.2

2448 4 3

0.5

m

p

= =

= = =

Entonces:

3234

2 ππ ==T

s907.0=T

Y la frecuencia, que es el número de ciclos completos por unidad de tiempo:

π2

1 p

Tf ==

Hz103.1=f


d) Como se trata de movimiento armónico simple, las ecuaciones del movimiento son:

ypptypa

ptpyv

ptyy

20

2

0

0

cos

sen

cos

−=−=

−=

=

que, para este caso particular, son:

34cos12

34sen3

34cos25.0

ta

tv

ty

−=

−=

=

El valor de la velocidad máxima se alcanza cuando

1sen =pt , por tanto:

30max =−= pyv

sft732.1max =v

La aceleración máxima corresponde a la posición extrema, 25.0=y

)25.0(4802

max =−= ypa

2max sft12=a


69

2.2 Movimiento curvilíneo

2.2.1 Componentes cartesianas 14. La corredera A, de 5 lb de peso, se mueve dentro de la ranura conforme se eleva el brazo hori-zontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s. Sabiendo que cuando x = 6 in, su velocidad tiene una pendiente positiva de 1/2 y su aceleración es hori-zontal y de 3 in/s2 dirigida hacia la derecha, determine todas la fuerzas externas que actúan sobre ella en esa posición.

Resolución

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de la co-rredera. Las reacciones normales del brazo y de la ranura serán llamadas NB y NR respectivamente, en donde NB tendrá la dirección del eje y, mientras que NR será normal a la velocidad en el punto.

512

3

2.32

5

12

3

2.32

5

5

1

=

=

=∑

R

R

N

N

maFx

lb0868.0=RN

+=

=

−−

=∑

5

25

05

25

0

RB

RB

NN

NN

Fy

x

y

lb08.5=BN


5. Desde la orilla de un edificio de 20 m de altura, un niño arroja una piedra con una velocidad de 15 m/s, cuya pendiente es de 4/3. Sabiendo que la piedra tiene una masa de 1.5 kg y la resistencia del aire es despreciable, determine la altura máxima h sobre el suelo que alcanza la piedra, la distancia horizontal R que se aleja del edificio y la velocidad con que llega al suelo.

Resolución

El diagrama de cuerpo libre de la piedra en cualquier instante del movimiento es el que se muestra. Elegimos un eje de referencia unilateral hacia arriba.

↓=

==−

=∑

2sm81.9

81.9

5.1)81.9(5.1

a

a

a

maFy

Partiendo de este dato, elegimos un sistema de refe-rencia completo para plantear las ecuaciones del movimiento de la piedra.

Componentes horizontales

9

5

315

0

00

=

==+=

=

∫

x

xxxx

x

v

vdtavv

a

tx

dtdtvxx x

9

90

=

=+= ∫∫

y 1.5 (9.81)

y

x 0

20m


71

Componentes verticales

( )2

0

0

2

81.91220

81.912

81.912

81.95

415)81.9(

81.9

tty

dttyy

tv

dtdtvv

a

y

yy

y

−+=

−+=

−=

−

=−+=

−=

∫

∫∫

Alcanza la altura máxima h cuando la componente vertical de la velocidad es nula.

81.9

12

81.9120

0

=

−=

=

t

t

vy

Y esa altura es y = h

81.9

7220

81.9

72

81.9

14420

81.9

12

2

81.9

81.9

121220

2

+=−+=

−

+=h

m3.27=h

La piedra llega al suelo en un punto situado a una distancia R del edificio. Es decir, cuando

2

2

81.912200

0

tt

y

−+=

=

Las raíces de esta ecuación son:

138.1

58.3

2

1

−==

t

t

En 58.3=t s, x =R )58.3(9=R

m3.32=R


2.2.2 Componentes intrínsecas

16. Un péndulo cónico de 8 kg de peso tiene una cuerda de 1 m de longitud, que forma un ángulo de 30º con la vertical. ¿Cuál es la tensión de la cuer-da? ¿Cuál es la rapidez lineal del péndulo?

Resolución

°=

=−°=∑

30cos

8

0830cos

0

T

T

Fy

kg24.9=T

( )( )

( )8

30sen81.9

8

30sen81.9

30sen181.9

830sen

81.9

830sen

2

22

2

2

°=

°=

°=°

=°

=∑

Tv

Tv

vT

vT

maFn n

ρ

sm683.1=v

8 kg

n

y

30° T


73

17. Calcule el ángulo de peralte φ que debe

tener la curva horizontal de una carretera para que los vehículos al transitar por ella no produzcan fuerzas de fricción sobre el pavimento. El radio de la curva es de 1000 ft y de 60 mi/h la velocidad de diseño.

Resolución

Convertimos las mi60 h a ft s

s

ft88

s

ft

30

4460

h

mi60 =

=

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de un vehículo en el que el pavimento sólo ejerce una fuerza normal. El sistema de referencia requiere que el eje normal se dirija hacia el centro de la curva; y elegimos otro eje perpendicular a él (el eje tangencial es perpendicular al plano del dibujo).

ρθ

θ

θ

2

2.32sen

cos

0cos

0

vPN

maF

PN

PN

F

nn

z

=

=∑

=

=−=∑

Sustituyendo:

32200

)88(tan

32200

)88(

cos

sen

1000

)88(

2.32sen

cos

2

2

2

=

=

=

θ

θθ

θθ

PP

N P

z

n

θ

º5.13=θ


18. Un cuerpo de 4 kg de masa se encuentra

sujeto por dos cuerdas, una horizontal (AC) y otra (AB) de 0.8 m de largo, que forma un ángulo de 30º abajo de la horizontal. Determine la tensión que soportará la cuerda AB en el instante en que se corte la cuerda AC. Diga también cuál será la aceleración del cuerpo.

Resolución

2

2

2

4(9.81)sen 4

4(9.81)sen 4

4(9.81)sen 40.8

4(9.81)sen 5

n

n

Fn ma

T a

vT

vT

T v

θ

θρ

θ

θ

∑ =− =

− =

− =

− =

Cuando °= 30θ ; 0=v

4(9.81)sen30 0

4(9.81)sen30

T

T

− ° == °

1 9 .6 2 NT =

t

t

a

maFt

4cos)81.9(4 ==∑

θ

Si °= 30θ :

2

4(9.81)cos30 4

4(9.81)cos30

4m8.49

s

t

t

t

a

a

a

° =°=

=

2m33.9 60

sa = °

n

t


75

19. Un péndulo de 4 kg de masa comienza a

oscilar cuando su cuerda, de 0.8 m de longitud, forma un ángulo de 30º abajo de la horizontal, como se muestra en la figura. ¿Cuál será la máxima rapidez que alcance? ¿Cuál, la tensión correspondiente de la cuerda?

Resolución Puesto que la rapidez del péndulo es variable, dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente un instante arbitrario de su movimiento. Utilizaremos un sistema de referencia intrínseco: el eje normal se dirige hacia el centro de la trayectoria circular del péndulo; y el tangencial tiene la dirección de la velocidad de éste.

t

tt

a

maF

4cos)81.9(4 =

=∑

θ

La máxima rapidez la alcanza cuando 0=ta , o sea,

°==

=

90

0cos

0cos4

θθ

θ

Y para hallar esa rapidez, sustituimos

ds

dvv4cos)81.9(4 =θ

Simplificando

ds

dvv

81.9

1cos =θ

Se puede relacionar el ánguloθ y el arco diferencial ds : el ángulo θd es, como todo ángulo, la razón del arco al radio.

θ

θ

dds

dsd

8.08.0

=

=

0.8

dθ

θ

ds

0.8

n

t


De donde:

θθ

d

dvv

8.081.9

1cos =

Separando variables:

( )2

10.8cos

9.811

0.8 cos9.81

10.8sen

2 9.81

d vdv

d vdv

v C

θ θ

θ θ

θ

=

=

= +

∫ ∫

Si °= 30θ , 0=v

C=

2

18.0

De donde

( )

( ) ( )

2

2

max

10.8sen 0.4

2 9.81

10.4 2sen 1

2 9.81

0.8(9.81)(1)

v

v

v

θ

θ

= +

= −

=

maxm2.80 sv =

2

4(9.81) sen 4

n nF ma

vT

rθ

∑ =

− =

Para °= 90θ (sen 1=θ ), maxvv = y 8.0=r

)81.9(8

8.0

)81.9(8.04)81.9(4

=

+=

T

T

78.5 NT =


77

20. Por el punto A de la superficie lisa mos-

trada en la figura, pasa una partícula de masa m con una rapidez vo. Diga con qué rapidez v llegará al pun-to B, si la diferencia de nivel entre A y B es h.

Resolución Elegimos una posición arbitraria de la partícula, como la que se muestra en la figura, y dibujamos el diagrama de cuerpo libre. Utilizamos un sistema de referencia intrínseco: el eje normal dirigido hacia el centro de la curva y el tangencial en dirección de la velocidad. Como nos interesa conocer la rapidez, empleamos la ecuación:

cos

cos

t tF ma

dvmg mv

ds

g ds vdv

θ

θ

∑ =

=

=

Para poder integrar, relacionamos la longitud ds con el ánguloθ , como se ve en la figura:

θ

θ

cos

cos

dhds

ds

dh

=

=

Por tanto

∫∫ =

=v

v

B

A

dvvdhg

dvvdhg

0

ds

dh

θ

N

n mg

t

θ

h


ghvv

vvgh

vgh

o

v

v

2

2

2

22

20

2

2

0

+=

−=

=

ghvv o 22 +=

Si v0 = 0, se tiene

ghv 2=

Siempre que no haya fuerza de fricción.

21. Un niño coloca una canica en la parte alta

de un globo terráqueo. Diga en qué ángulo abandona el globo y se convierte en proyectil. Desprecie toda fricción.

N

n

mg

θ


21. Un niño coloca una canica en la parte alta de un globo terráqueo. Diga en qué ángulo β la canica abandona el globo y se convierte en proyectil. Des-

Resolución Aunque la canica está originalmente en equilibrio, éste es tan inestable que el movimiento es inminente

Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente cualquier instante del movimiento de la canica sobre la superficie del globo terráqueo.

Elegimos un sistema de referencia intrínseco, con el eje normal hacia el centro del globo y el eje tangencial en dirección de la velocidad.

Puesto que la componente tangencial de la aceleración mide el cambio de magnitud de la velocidad, que es variable en este caso, comenzaremos con la siguiente ecuación.

sen

t tF ma

dvmg m v

dsθ

∑ =

=

Se puede relacionar el ánguloθ ds, ya que todo ángulo se mide con la razón del arco al radio.

θ

θ

rddsr

dsd

=

=

De donde:

sen

sen

sen

v dvg

r d

gr d vdv

gr d vdv

θθ

θ θ

θ θ

=

=

=∫ ∫

t


la canica está originalmente en equilibrio, e el movimiento es inminente.

diagrama de cuerpo libre que represente cualquier instante del movimiento de la canica sobre la superficie del globo terráqueo.

Elegimos un sistema de referencia intrínseco, con el eje normal hacia el centro del globo y el eje

e la velocidad.

Puesto que la componente tangencial de la acelera-ción mide el cambio de magnitud de la velocidad, que

omenzaremos con la si-

y el arco diferencial , ya que todo ángulo se mide con la razón del arco


Cv

gr +=−2

cos2

θ

Como v = 0 cuando θ = 0° (cos θ = 1)

)cos1(2

cos2

2cos

)1(

2

2

2

θ

θ

θ

−=

−=

−=−

=−

grv

grgrv

grv

gr

Cgr

Utilizando la otra ecuación cinética:

r

vmNmg

maF nn

2

cos =−

=∑

θ

Cuando la canica está a punto de separarse del globo, N = 0 y θ = β

r

vmmg

2

cos =β

Del resultado anterior:

3

2cos

2cos3

cos22cos

)cos1(2cos

)cos1(2cos

=

=−=

−=

−=

β

βββ

ββ

ββ

gr

grr

grg

°= 2.48β


81

22. El aro liso de la figura, cuyo radio es de

0.5 m, gira con rapidez angular constante alrededor de un eje vertical. Calcule dicha rapidez angular, sabien-do que el collarín, aunque puede deslizarse libremente sobre el aro, mantiene fija su posición relativa a él.

Resolución Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del collarín. Como la trayectoria que describe es una circun-ferencia en el plano horizontal, el eje normal, que se dirige hacia el centro de la trayectoria, es también horizontal. El eje tangencial es perpendicular al plano del dibujo y no aparece en el diagrama.

2

2

2

0

sen30 0

1

2

cos309.81

32

2 9.81

13

9.81

.

.

.

Z

n n

F

N P

N P

F ma

PN r

PP r

r

θ

θ

θ

∑ =

° − =

=

∑ =

=

=

=

El radio de la trayectoria es

325.02

35.030cos5.0 ==°=r

30°

N

P

n

z

0.5

r

30°


De donde

25.0

81.9

)325.0(81.9

13

.

.

2

2

=

=

θ

θ

rad6.26 s

.θ =

83

3. TRABAJO Y ENERGÍA E IMPULSO Y CANTIDAD DE

MOVIMIENTO PARA LA PARTÍCULA

3.1 Trabajo y energía cinética

1. Con una fuerza E de 20 kg, inclinada 30º, se

empuja un cuerpo de 50 kg sobre una superficie ho-

rizontal, en línea recta, a lo largo de 10 m. Los coefi-

cientes de fricción estática y cinética son 0.3 y 0.2,

respectivamente. Calcule el trabajo que realizan la

fuerza E, el peso, la componente normal de la reac-

ción de la superficie y la fricción durante el movi-

miento descrito.

Resolución

Mediante el diagrama de cuerpo libre investigaremos

las magnitudes de las fuerzas cuyos trabajos desea-

mos conocer.

60;02

12050

0

NN

Fy

Por tanto 122.0 NFr

Como las cuatro fuerzas son constantes, el trabajo se

puede calcular mediante la expresión:

sFU cos

en donde es el ángulo que la fuerza forma con el

desplazamiento, que, en este caso, es horizontal y

hacia la derecha.

P = 50

E = 20

30°

N

Fr = 0.2 N

x

y

Trabajo e impulso

84

102

3201030cos20EU

mkg2.173EU

10270cos50PU

1090cos50NU

0NU

1011210180cos12FrU

mkg120FrU

El trabajo es un escalar que puede ser positivo, nega-

tivo o nulo.

0PU

Trabajo e Impulso

85

2. Una fuerza F de 500 N empuja un cuerpo de

40 kg de masa que reposa en una superficie horizon-

tal. Sabiendo que el cuerpo se desplaza en línea recta

y que los coeficientes de fricción estática y cinética

entre el cuerpo y la superficie son 0.30 y 0.25, respec-

tivamente, calcule la velocidad del cuerpo cuando se

haya desplazado 8 m.

Resolución

Investigaremos las magnitudes de las fuerzas externas

que actúan sobre el cuerpo de 40 kg.

)81.9(40;040

0

NgN

Fy

Por tanto:

1.98

81.9)40(25.0

Fr

NkFr

Los trabajos que realizan las fuerzas son:

0NP UU

(pues son perpendiculares al desplazamiento)

8.784)8(1.98

4000)8(500

Fr

F

U

U

La fórmula del trabajo y la energía cinética establece

que:

20

3215

0)40(2

13215

2

18.7844000

2

2

1

2

2

v

v

vvm

TU

sm68.12v

P = 40 g

F = 500

Fr = 0.25 N

N

x

y

Trabajo e impulso

86

3. El collarín de la figura, de 4 lb de peso, se

suelta desde el punto A de la guía lisa de la figura y

llega al punto B. Determine el trabajo que realiza su

peso durante ese movimiento y diga con qué rapidez

llega el collarín a B.

Resolución

Primer procedimiento

Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre del collarín

en una posición cualquiera de su trayectoria.

El desplazamiento tiene la dirección del eje tan-

gencial.

B

AdsU

dsPU

cos4

cos2

1

Como el ángulo , durante el movimiento, va de

-90° ≤ θ ≤ 90°, integraremos sustituyéndolo por el

ángulo , que es el complemento de y siempre

crece.

180

0sen4 dsU

Tomaremos un desplazamiento diferencial y lo rela-

cionaremos con .

ddsds

d 6.0;6.0

180

0sen6.04 dU

1)1(4.2

0cos180cos4.2

U

U

N

t

ϴ

N

t

4

ϴ

ds d

0.6

4

ftlb8.4U

Trabajo e Impulso

87

Segundo procedimiento

Como el trabajo es una fuerza conservativa, es decir,

el trabajo que realiza es independiente de la trayec-

toria que siga el cuerpo, se puede calcular multipli-

cando su magnitud por el cambio de nivel de la par-

tícula (vid. Prob. 4)

2.14U

hPU

ftlb8.4U

Trabajo e impulso

88

4. Una partícula de masa m pasa por A con

una rapidez vo. Sabiendo que la superficie es lisa, de-

termine, en función de la altura h, el trabajo del peso

y la rapidez v con que pasa por el punto B.

Resolución

En cualquier posición, las únicas fuerzas que actúan

sobre la partícula son el peso y una reacción normal.

Esta última no trabaja precisamente por ser normal al

desplazamiento. es el ángulo que el peso forma con

el desplazamiento.

B

A

B

AdsmgdsmgU coscos

En la figura relacionaremos con un desplaza-

miento diferencial.

B

A

B

Adhmgds

ds

dhmgU

ds

dhcos

mghU

Utilizando la fórmula del trabajo y la energía cinética

tenemos, tenemos:

ghvv

vvmmgh

TU

2

2

1

2

0

2

2

0

2

ghvv 22

0

Si 00v , entonces:

ghv 2

N

t

mg

ϴ

ds dh ϴ

Trabajo e Impulso

89

5. El collarín de 5 kg de peso, se encuentra

originalmente en reposo en el punto A. El resorte al

que está unido tiene una longitud natural de 0.2 m y

una constante de rigidez k = 200 kg/m. Calcule el tra-

bajo que realiza la tensión del resorte para llevar al

collarín desde A hasta B, y la rapidez con que el co-

llarín llega a este punto.

Resolución

Primer procedimiento

En la figura se muestra el diagrama de cuerpo libre

del collarín en una posición cualquiera. x es la de-

formación del resorte y es variable, como es variable

la dirección .

El trabajo de la tensión del resorte es:

dsxdsxUB

A

B

Acos200cos200

En la figura se establece la relación entre dx, ds y .

ds

dxcos

por tanto

2

1200 xdxU

Como las longitudes inicial y final del resorte son 0.5

y 0.3 m, y su longitud natural es 0.2 m, las defor-

maciones son 3.01x m y 1.02x m.

08.01001.03.0100

2200200

22

3.0

1.0

23.0

1.0

U

xxdxU

mkg8U

200x

N

ϴ

dx

ds

ϴ

0.5 0.3

0.5

5

Trabajo e impulso

90

Como la tensión del resorte es la única fuerza que

trabaja, empleando la fórmula del trabajo y la energía

cinética se tiene:

5

)81.9(16

081.9

5

2

18

2

1

2

22

B

B

AB

v

v

vvmU

TU

sm60.5Bv

Segundo procedimiento

Si sabemos que el trabajo que realiza un resorte es:

2

1

2

22

1xxkU

entonces

2

222

222

1

2

2

81.9

58

81.9

53.01.0200

2

1

2

1

B

B

AB

v

v

vvmxxk

sm60.5Bv

Trabajo e Impulso

91

6. El collarín de la figura tiene un peso de 10

lb y reposa sobre el resorte al que está unido. La

constante de rigidez del resorte es k = 20 lb/ft. La

clavija por la que pasa la cuerda es lisa. A dicha cuer-

da se le aplica una fuerza constante de 200 lb para

levantar a collarín a la posición B de la barra lisa. De-

termine la rapidez con que el collarín llega a B.

Resolución

Considerando el conjunto de los cuerpos como un

sistema, las fuerzas externas que trabajan son la

fuerza F, el peso del collarín y la fuerza del resorte.

Calcularemos el trabajo que realiza cada una de ellas.

Fuerza constante F de 200 lb

El tramo de cuerda que se halla originalmente entre la

polea y el collarín mide 13 ft. Al final, el tramo se

reduce a 5 ft. Por tanto, el desplazamiento de la fuerza

es de 8 ft.

tsFU F flb16008200

Peso del collarín

Como el desplazamiento del collarín tiene el sentido

contrario del peso, el trabajo que realiza es negativo.

ftlb1201210hPU P

Fuerza del resorte

Como el collarín reposa inicialmente sobre el resorte,

lo deforma una longitud tal que 1020 1x ; o sea

ftx 5.01 . Al final, el resorte estará estirado una

longitud ft5.115.0122x .

222

1

2

2 5.05.11202

1

2

1xxkU K

5

12 13

10

kx = 20x1

Trabajo e impulso

92

ftlb1320KU

Empleando la fórmula del trabajo y la energía ciné-

tica:

10

2.32320

02.32

10

2

1160

2

113201201600

2

2

22

B

B

AB

v

v

vvm

TU

sft1.32Bv

Trabajo e Impulso

93

3.2 Trabajo, energía cinética y energía potencial

7. Un competidor de snowboard de 70 kg de

peso, se deja caer desde el punto A de la superficie

semicilíndrica que se muestra en la figura. Despre-

ciando el tamaño del competidor y toda fricción, diga

cuál es la energía potencial gravitacional que pierde el

competidor al llegar al fondo B y con qué rapidez

llega a esa posición.

Resolución

El competidor pierde energía potencial gravitacional,

puesto que el punto B está más bajo que A.

2747481.970Vg

hPVg

mN2750Vg

Las únicas fuerzas que actúan durante el movimiento

son el peso y la reacción normal.

Se produce un intercambio entre la energía cinética y

la potencial gravitacional.

70

22747

027470702

1

02

1

0

2

2

22

B

B

AB

v

v

hPvvm

VgT

sm86.8Bv

70 (9.81)

n

N t

Trabajo e impulso

94

8. El carrito de 500 lb de un juego de feria

pasa por el punto A con una rapidez de 20 ft/s.

Sabiendo que la altura h es de 30 ft y el radio del

bucle es de 10ft, calcule la rapidez con que el carrito

pasa por la cima B del bucle circular de la vía, y la

fuerza que ésta ejerce sobre aquél en dicha posición.

Calcule también cuál debe ser la mínima altura h a la

que debe soltarse para que el carrito alcance la

mencionada cima.

Resolución

Utilizaremos la fórmula de la conservación de la ener-

gía para calcular la rapidez con que el carrito pasa por

B.

02

1

0

2

1

2

2 hPvvm

VgT

observamos que h es negativa y de 30-2(10) = 10

1044

644400

010500202.32

500

2

1

2

2

2

2

22

2

v

v

v

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del carrito al

pasar por B y elegimos un sistema de referencia

intrínseco.

10

1044

2.32

500500

2.32

500500

2

N

vN

maF nn

lb1121N

Para calcular la altura h mínima de la que debe

soltarse el carrito para que recorra el bucle completo,

500

t

n

N

t

500

n

Trabajo e Impulso

95

dibujaremos el diagrama de cuerpo libre y

calcularemos la rapidez con que debe pasar por B.

322

102.32

500500

2

2

v

v

maF nn

Con la fórmula de la conservación de la energía,

tomando en cuenta que hh 20

520

0205

050003222.32

500

2

1

02

1

0

2

1

2

2

h

h

h

hPvvm

VgT

ft25h

Trabajo e impulso

96

9. Los cuerpos de la figura están inicialmente

en reposo. Las masas de A y B son 10 y 15 kg, res-

pectivamente, mientras que la de la polea es despre-

ciable. Calcule la rapidez de los cuerpos cuando se

hayan desplazado 0.5 m y la tensión de la cuerda.

Resolución

Entre la posición inicial y la final hay cambio tanto de

la energía cinética como de la energía potencial del

sistema, en el cual se incluyen los dos cuerpos, la

polea y la cuerda. Las rapideces de A y B son iguales.

222

222

5.7152

10

2

1

5102

10

2

1

0

vvvmT

vvvmT

VgT

BB

AA

5.12

53.24

53.245.12

058.7305.495.75

58.735.081.915

05.495.081.910

2

22

v

v

vv

hmgVg

hmgVg

B

A

sm401.1v

Para determinar la tensión de la cuerda, podemos

aislar cualquiera de los cuerpos. Elegimos el cuerpo

A. dibujamos su diagrama de cuerpo libre.

10 g

T y

Trabajo e Impulso

97

1.98401.110

5.081.910401.1102

15.0

02

1

2

2

2

T

T

hmgvmsT

VgTU

N7.117T

Podemos comprobar llevando los resultados al cuerpo

B.

86.5886.58

58.7372.1486.58

5.081.915401.1152

15.07.117

02

1

2

2 hmgvmsT

VgTU

Lo cual confirma que el resultado es correcto.

15 g

T

s

Trabajo e impulso

98

10. La guía lisa de la figura está contenida en

un plano vertical. El collarín de 12 lb está original-

mente en reposo en A y se mueve a B. El resorte tiene

una longitud natural de 2 ft y una constante de rigidez

k = 50 lb/ft. Calcule el cambio de energía potencial

elástica que sufre el resorte y la rapidez con que el

collarín llega al punto B.

Resolución

Para calcular el cambio de energía potencial del

resorte, necesitamos conocer sus deformaciones

inicial y final.

123

426

2

1

x

x

Por tanto:

152541502

1

2

1

22

2

1

2

2

Ve

xxkVe

ftlb375Ve

El signo negativo indica que hubo una pérdida de

energía potencial elástica entre la primera posición y

la segunda.

Para investigar la rapidez con que el collarín llega a

B, emplearemos la fórmula de la conservación de la

energía, pues ninguna fuerza no conservativa actúa en

el sistema.

037502

1

0

2 hPvm

VeVgT

Trabajo e Impulso

99

3

1.16411

363751.16

3

}03753122.32

12

2

1

2

2

2

v

v

v

sft0.47v

Trabajo e impulso

100

11. El cuerpo A de 18 kg de peso se lanza

hacia arriba del plano inclinado 15º con una rapidez

inicial de 20 m/s. Los coeficientes de fricción estática

y ciné-tica entre el cuerpo y el plano son, respec-

tivamente, 0.25 y 0.15, Determine la deformación

máxima que sufrirá el resorte por la acción del

cuerpo, sabiendo que su constante de rigidez es de

1500 kg/m.

Resolución

Para la resolución del problema, que exige rela-

cionar posiciones y rapideces, se puede emplear la

fórmula del trabajo y la energía.

En el sistema que se deforma por el cuerpo A, el

resorte y el plano, durante el movimiento del primero,

la única fuerza no conservativa que actúa es la de

fricción. La magnitud de ésta la calcularemos me-

diante el diagrama de cuerpo libre de A.

39.17

015cos18

0

N

N

Fy

Por tanto, la fuerza de fricción es

608.215.0 NFr

Empleando la fórmula del trabajo y la energía y

teniendo en cuenta que el cuerpo A se detiene cuando

el resorte alcanza su máxima deformación 1x , tene-

mos:

xxsFrU

VeVgTU

608.204.135608.2

36720081.9

18

2

1

2

1 22

1

2

2 vvmT

0.15 N

18

15°

N

Δh

5 + x

15°

Trabajo e Impulso

101

222

1

2

2 750015002

1

2

1

3.2366.415sen518

xxxxhVe

xxhPVg

Sustituyendo

07.35627.7750

7503.2366.4367608.204.13

2

2

xx

xxx

695.0

685.0

2

1

x

x

La raíz negativa no tiene significado físico y la

máxima deformación del resorte es:

m685.0x

Trabajo e impulso

102

3.3 Impulso y cantidad de movimiento

12. Un carro de ferrocarril de 90 ton queda sin

frenos sobre una vía recta cuya pendiente es del 1%.

Si en cierto instante desciende a razón de 0.5 m/s,

¿cuál es su cantidad de movimiento? ¿Cuál será su

velocidad cuatro segundos después?

Resolución

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del carro, para

conocer las fuerzas que actúan sobre él y elegimos un

eje de referencia en la dirección de la velocidad.

Cuando su velocidad es de s

m5.0 la cantidad de

movimiento del carro es:

5.090L

vmL

573.0s

mton45L

Podemos calcular su velocidad cuatro segundos des-

pués mediante la fórmula del impulso y la cantidad de

movimiento.

xxx LLdtF

LLdtF

1

2

12

1

2

12

Como las fuerzas son constantes:

5.004.0

45904100

190

45

4

4

4

v

v

mvtFx

573.0s

m54.04v

90

N

y

x

1

100

α = 0.573°

α

ϴ

Trabajo e Impulso

103

13. Un cuerpo de 20 lb reposa sobre una su-

perficie horizontal, cuando se le aplica una fuerza F

cuya magnitud varía conforme se muestra en la grá-

fica. Cuando t = 4s, ¿Cuál es la velocidad máxima

que adquiere el cuerpo? ¿Cuánto tiempo después de

que termino la aplicación de la fuerza se detendrá?

Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el

cuerpo y la superficie son 0.35 y 0.25, respec-

tivamente.

Resolución

Dado que la fuerza está en función del tiempo,

emplearemos el método del impulso y cantidad de

movimiento.

De la gráfica, cuya ordenada al origen es 20 y su

pendiente negativa de 5420 , obtenemos:

tF 520

Calcularemos la velocidad del cuerpo cuando 4t

20

2.3220

2.32

204060

2.32

205.215

2.32

20515

05

4

4

4

4

0

2

4

4

0

2

4

0

12

4

0

v

v

vtt

vdtt

LdtF

LLdtF

x

xxx

sft2.324v

20

20

x

F

5

Trabajo e impulso

104

La rapidez máxima la alcanzará el cuerpo cuando la

resultante del sistema de fuerzas sea nula.

3

155

05520

0

t

t

t

Fx

Por tanto

20

2.325.22

2.32

205.2245

2.32

20515

max

max

max

3

0

v

v

vdtt

sft2.36maxv

Después de 4t , el cuerpo queda sujeto a las fuerzas

mostradas.

205

0 4

t

LdtF xx

s4t

Otro procedimiento

Puesto que la fórmula del impulso es:

dtFL xx

Dicha cantidad queda representada por el área con-

tenida bajo la gráfica de la componente horizontal de

la resultante del sistema de fuerzas, la cual es:

tF

tFF

x

x

515

55205

Cuya gráfica se muestra en la figura

20

20

x

F

5

20

20

x

5

Trabajo e Impulso

105

El área positiva máxima que se acumula, a los s6.3

es:

5.222.3152

1A

que igualada con el incremento de la cantidad de

movimiento nos permite hallar la velocidad máxima

20

2.325.22

2.32

205.22

05.22

max

max

max

v

v

vm

sft2.36maxv

Para encontrar la velocidad cuando s4t , al área

anterior hay que restarle la del pequeño triángulo que

le sigue.

20

2.3220

2.32

2020

2.32

2051

2

15.22

4

4

4

v

v

v

sft2.324v

Para calcular el tiempo t , en que el cuerpo se

seguirá moviendo, igualamos el área positiva con la

negativa.

2

20

55.25.22

5512

1315

2

1

t

t

t

s4t

Σ Fx (lb)

15

-5

3.4 Δt

t(s)

Trabajo e impulso

106

14. El cuerpo de 40 kg de la figura está

inicialmente en reposo. Se le aplica la fuerza E de

magnitud variable, que se comporta según se muestra

en la gráfica. Calcule la velocidad máxima que alcan-

za el cuerpo y el tiempo que se sigue moviendo, una

vez que se retire la fuerza E. Los coeficientes de fric-

ción estática y cinética son 0.25 y 0.20, respec-

tivamente.

Resolución

El cuerpo comenzará a moverse en el instante en que

la componente horizontal de la fuerza E exceda la

fuerza máxima de fricción estática, que es:

NNF s 4.0'

La magnitud de E se puede expresar de acuerdo a la

gráfica, como:

tE 100

Cuando el cuerpo está a punto de moverse, tenemos:

05.081.940

0

EN

Fy

tN 504.392 ____________________ (1)

tN

NE

Fx

6.864.0

04.02

3

0

tN 5.216 ________________________ (2)

Igualando

472.1

504.3925.216

t

tt

Además 8.318N

A partir de este instante comienza el movimiento. La

fricción se convierte en cinética y su valor es:

40 g

20

x

E

0.4 N

y

30°

40 kg E 30°

µs = 0.25

µk = 0.20

Trabajo e Impulso

107

NNF kk 2.0

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y utilizamos la

ecuación del impulso.

tN

tN

Fy

504.392

0504.392

0

48.786.96

1048.786.86

504.3922.0350

2.02

3100

tF

ttF

ttF

NtF

x

x

x

x

Como la rapidez máxima la alcanza cuando s5t

40

826

40826

40

472.148.78)472.1(3.48548.78)5(3.48

4048.783.48

4048.786.96

0

22

5

472.1

2

5

472.1

5

472.1

máx

máx

máx

máx

máx

máxx

v

v

v

vtt

vdtt

vmdtF

sm6.20máxv

Una vez que se retira la fuerza E, el diagrama de

cuerpo libre es el que se muestra. El impulso ulterior

es:

6.20404.3922.0

0

t

vmtF máxx

s52.10t

392.4

N

100 t

0.2 N

30°

392.4

0.2 (392.4)

Trabajo e impulso

108

15. El carro A es de 80 ton y viaja a 4 km/h,

mientras que B es de 100 ton y se mueve a 2 km/h.

Cuando A alcanza a B los carros quedan acoplados.

¿Con qué velocidad se mueven entonces?

Resolución

Utilizamos la fórmula de la conservación de la can-

tidad de movimiento lineal.

2211 BBAABBAA vmvmvmvm

Como las velocidades tienen la misma dirección y son

iguales las velocidades finales de A y B, podemos

escribir:

180

520

180520

100802100480

11

v

v

vv

vmvmvmvm BABBAA

hkm89.2v

x

Trabajo e Impulso

109

16. Un camión de 20 kips reposa sobre un

transbordador de 240 kips. Debido al movimiento del

transbordador el camión se empieza a mover hacia la

derecha hasta alcanzar una velocidad de 10 mi/h.

Determine la velocidad correspondiente del transbor-

dador, sabiendo que la resistencia del agua a su movi-

miento es despreciable.

Resolución

Empleamos la fórmula de la conservación de la can-

tidad de movimiento.

2211 TTCCTTCC vmvmvmvm

Como las velocidades son horizontales

TC

TTCCTTCC

vv

vmvmvmvm

240200240020

2211

Sabemos que la velocidad relativa del camión res-

pecto al transbordador es de hmi10 .

TC

TT

CC

vv

vvv

10

Sustituyendo

769.0260

200

200260

240202000

24010200

T

T

TT

TT

v

v

vv

vv

El signo indica que el transbordador se mueve hacia

la izquierda.

hmi769.0Tv

x

Trabajo e impulso

110

17. Una bola de billar A que se mueve a 15

ft/s golpea a otra, B, en reposo. Después del impacto.

la bola A se desvía 30º y tiene una rapidez de 10 ft/s.

Sabiendo que las bolas tienen masas iguales y son

perfectamente elásticas, calcule la velocidad de B

después del impacto.

Resolución

Resolveremos el problema utilizando la fórmula de la

conservación de la cantidad de movimiento lineal,

eligiendo el sistema de referencia que se muestra en la

figura.


Como las masas de A y B son iguales:

2211 BABA vvvv

en donde:

jvivv

jiv

yBxBB

A

222

22

110

2

310

es decir:

jvivjii yBxB 22566.815

Igualando las componentes en x

34.6

66.815

2

2

xB

xB

v

v

Igualando las componentes en y

5

50

2

2

yB

yB

v

v

Por tanto

vA1 = 15

y

x

y

x

vA2 = 10

30°

θ

vB2

vB2x = 6.34

vB2

vB2y = 5 θ

Trabajo e Impulso

111

34.6

5tan

534.6

2

2

222

2

2

22

xB

yB

yBxBB

v

v

vvv

3.38

sft07.82Bv

Trabajo e impulso

112

18. En una vía horizontal recta se encuentran

dos carros de mina iguales. El carro A, que se mueve

a 24 m/s, alcanza al carro B, que está en reposo. Su-

poniendo que se pierde el 20% de la energía cinética

original a causa del impacto, calcule la velocidad de

cada uno de los carros después del impacto.

Resolución

De la ecuación de la conservación de la cantidad de

movimiento se tiene:


pero como las masas de los carros son iguales y todas

las velocidades tienen la misma dirección

24

024

22

22

2211

BA

BA

BABA

vv

vv

vvvv

22 24 AB vv ________________________ (1)

Puesto que se pierde el 20% de la energía cinética:

2

2

2

2

2

1

2

12

1

2

18.0

2

1

2

1BBAABBAA vmvmvmvm

Simplificando

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

8.0024

8.0

BA

BABA

vv

vvvv

Sustituyendo el valor de (1)

06.5724

4822.024

48248.024

248.024

2

2

2

2

2

2

2

2

22

22

2

2

2

2

2

2

2

AA

AA

AAA

AA

vv

vv

vvv

vv

x

Trabajo e Impulso

113

Resolviendo:

70.2

3.21

22

12

A

A

v

v

Las raíces son las velocidades de los cuerpos, pues

suman 24. La mayor corresponde al carro B, que va

delante de A.

sm3.21

sm70.2

2

2

B

A

v

v

Trabajo e impulso

114

19. El carro A es de 80 ton y viaja a 4 km/h,

mientras que B es de 100 ton y se mueve a 2 km/h. Si

el coeficiente de restitución entre los carros es 0.6,

¿cuál será la velocidad de cada uno de ellos después

del impacto?

Resolución

De la conservación de la cantidad de movimiento

lineal:

52010080

100802100480

22

22

2211

BA

BA

BBAABBAA

vv

vv

vmvmvmvm

dividiendo entre 20

2654 22 BA vv ___________________ (1)

Puesto que se trata de un impacto central entre

cuerpos que no son perfectamente elásticos

22

2211

6.024 AB

ABBA

vv

vvevv

2.122 BA vv _____________________ (2)

multiplicando por 4 y resolviendo el sistema por suma

y resta

8.309

2654

8.444

2

22

22

B

BA

BA

v

vv

vv

hkm42.32Bv

De (2)

2.142.32.122 BA vv

h

km22.22Av

x

Trabajo e Impulso

115

20. Sobre una mesa de 3 ft de altura rueda una

pelota a 2 ft/s y cae al piso. Sabiendo que el coefi-

ciente de restitución entre la pelota y el piso es 0.9,

calcule la distancia b de la mesa al punto en que la

pelota cae, y la distancia c en la que da el segundo

rebote.

Resolución

En cuanto la pelota abandona la mesa queda sujeta a

la sola acción de su peso.

tx

v

a

ty

tv

a

mamg

maF

x

x

y

y

y

yy

2

2

0

1.163

2.32

2.32

2

Cuando llega al suelo, bxy ,0

1.16

32

1.16

3

1.1630 2

b

t

t

ft863.0b

v1y v2y

v2x v1x

Trabajo e impulso

116

Al rebotar, la componente horizontal de la velocidad

no sufre alteración. Las verticales cambian a causa del

impacto.

ySSy vvevv 21

en donde Sv es la velocidad del suelo, que es nula.

yy vv 21 9.0

en donde

y

y

v

v

2

1

9.090.13

90.131.16

32.32

51.122 yv

La pelota vuelve a quedar sujeta a la sola acción de su

peso, y las ecuaciones del nuevo movimiento son:

21.1651.12

2.3251.12

2.32

tty

tv

a

y

y

2

0

x

x

v

a

tx 2 (tomando como 0x el punto del rebote)

La pelota vuelve a llegar al suelo si 0y , cx

1.16

51.12

1.1651.120

1.1651.120 2

t

t

tt

1.16

51.122c

ft554.1c

117

4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO

4.1 Movimiento relativo de partículas 1. Un ferrocarril se mueve con velocidad cons-tante de 25 km/h hacia el este. Uno de sus pasajeros, que originalmente está sentado en una ventanilla que mira al norte, se levanta y camina hacia la ventanilla del lado opuesto con un velocidad, relativa al ferroca-rril, de 8 km/h. ¿Cuál es la velocidad absoluta del pa-sajero?

Resolución

−Pv Velocidad absoluta del pasajero

−Tv Velocidad absoluta del tren

−T

Pv Velocidad relativa del pasajero respecto al tren.

TT

PP vvv +=

Dibujaremos un diagrama de vectores que represente la ecuación anterior. La magnitud de la velocidad del pasajero es:

22 825 +=Pv

Y su dirección

25

8tan =θ

Ѳ

vT = 25

vP

vP/T = 8

°= 7.17hkm2.26Pv

25 km/h

Cinemática del cuerpo rígido 118

2. Un avión A vuela con rapidez constante de 800 ft/s describiendo un arco de circunferencia de 8000 ft de radio. Otro avión, B, viaja en línea recta con una velocidad de 500 ft/s, que aumenta a razón de 30 ft/s2. Determine la velocidad y aceleración rela-tivas del avión A respecto al B.

Resolución

La velocidad absoluta de A es igual a la velocidad relativa de A respecto a B más la velocidad absoluta de B.

BB

AA vvv +=

Con el diagrama de vectores que representa la ecua-ción anterior se muestra que:

←= sft1300

BAv

La aceleración de A es normal a la velocidad y su magnitud es:

↓==

=

80;8000

2800

2

Aa

Aa

vA

aρ

y la de B es:

→= 30B

a

Entonces:

BB

AA aaa +=

De la figura que representa la ecuación:

30

80tan

280230

=

+=

θ

BA

a

°= 4.69s

ft4.85 2B

Aa

aB = 30

aA = 80

aA/B

ϴ

vA = 800

vA/B

vB = 500

500 ft/s

Cinemática del cuerpo rígido

119

3. Un motociclista persigue a un automóvil en una pista circular de 100 m de radio. En el instante mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el segundo, a 30. ¿Cuál es la velocidad relativa del auto-móvil respecto al motociclista?

Resolución

−Av Velocidad absoluta del automóvil

−Mv Velocidad absoluta del motociclista

−M

Av Velocidad relativa del automóvil respecto al

motociclista

MM

AA vvv +=

Como se trata de sólo tres vectores, dibujamos un diagrama que represente la ecuación anterior. Por la ley de cosenos

1.36

60cos40)30(24030 222

=

°−+=

MA

MA

v

v

Por la ley de senos

°=°−°°=

=

0.440.4690;0.46

60sen

30

sen

α

α

MAv

°= 44sm1.36

MAv

60°

40 m/s

100 m

30 m/s

vA/M α

60°

vM = 40

vA = 30


4. Un motociclista persigue a un automóvil en

una pista circular de 100 m de radio. En el instante mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el segundo, a 30; el motociclista aumenta su rapidez a razón de 8 ft/s2, mientras que el automóvil la reduce 5 m/s cada s. Calcule la aceleración relativa del auto-móvil respecto al motociclista.

Resolución Para determinar la aceleración relativa del automóvil respecto al motociclista, elegiremos un sistema de referencia como el de la figura; entonces:

( ) ( )

jia

jiji

jiji

aaa

A

tAnAA

29.101699.0

5.235.235.45.4

30sen30cos530cos30sen10030

)()(2

−−=

−+−−=

°−°+°−°−=

+=

jia

ji

aaa

M

tMnMM

816

8100

40

)()(2

+−=

+−=

+=

Aceleración relativa:

jia

jiaji

aaa

MA

MA

MM

AA

29.1883.15

81629.101699.0

−=

+−=−−

+=

°= 1.49s

m2.24 2M

Aa

18.29

30°

y

x

at = 5

at = 8

15.83

aA/M


121

4.2 Rotación pura 5. El diámetro AB del volante de la figura se mueve según la expresión θ = 2t3, donde si t está en s, θ resulta en rad. ¿Cuál es la aceleración angular del volante cuando t = 5 s? ¿Cuántas revoluciones gira el volante hasta alcanzar una rapidez de 2400 rpm?

Resolución

2

3

6

2

t

t

=

=•θ

θ

Es la velocidad angular del diámetro AB.

t12=••

θ que es la aceleración angular del volante. Para 5=t

2srad60=

••θ

2400 rpm en srad son

ππ80

60

22400 =

El tiempo que tarda en alcanzar esa rapidez es:

2680 t=π

6

80π=t

θ

A

B


y la desviación angular correspondiente es:

rad

3

6

802

= πθ

que en revoluciones son:

=

π

π

2

6

802

3

rev3.86


123

6. El diámetro AB del volante de la figura se

desvía según la expresión θ = 2t3, donde si t está en s, θ resulta en rad. El volante tiene un radio de 20 cm en el instante mostrado, θ = 60º, determine: a) el valor de t. b) la velocidad y aceleración lineales del punto B.

Resolución: a)

3

3

6

23

360

π

π

π

=

=

=°

t

t

rad

s806.0=t

b)

898.3)806.0(6

62

2

====

•

ωθω t

Como rv ω=

)20(898.3=v

°= 30s

cm0.78v

La aceleración normal del punto B es:

9.30320)898.0( 22 === ran ω

θ

A

B

α β

B

303.9

153.6

60°


Y la tangencial

rat α=

En donde 672.9)806.0(1212 ====••

tθα

44.193)20(672.9 ==ta

La magnitud de la aceleración de B es:

2.36044.1939.303 22 =+=a Y el ánguloβ

2.360

44.193tan =β ; °= 5.32β

Por tanto, como °=°−° 5.275.3260

°= 5.27s

cm360 2a


125

7. La banda de la figura es flexible, inex-

tensible y no se desliza sobre ninguna de la poleas. La polea A, de 3 in de radio, gira a 120 rpm. Calcule la rapidez de una partícula cualquiera de la banda y la velocidad angular de la polea B, de 5 in de radio.

Resolución

rv ω=

Donde srad4s

rad60

2120 ππω =

=

)3(4π=v

sin7.37=v

Como la expresión rv ω= puede emplearse con cualquiera de las poleas:

5

)3(120==

=

B

AAB

BBAA

r

r

rr

ωω

ωω

rpm72=Bω


4.3 Traslación pura 8. La barra OA del mecanismo mostrado tiene una rapidez angular de 8 rad/s en sentido antihorario. Determine la velocidad y aceleración lineales de las articulaciones A y B así como del extremo D de la barra CD.

Resolución

Como la barra OA se mueve con rotación pura.

°== 30sm2.3)4.0(8Av

Puesto que la barra AB se mueve con traslación pura, todas sus partículas tienen la misma velocidad.

AB vv =

°= 30sm2.3Bv

La velocidad angular de la barra CD es:

s

rad8

4.0

2.3 ===r

vCDω

Igual a la de la barra OA. Por tanto, la velocidad lineal del extremo D es:

)8.0(8== rvD ω

°= 30sm4.6Dv

Como la velocidad angular es constante, la acelera- ción de D no tiene componente tangencial.

)8.0(8 22 === raa n ω

°= 60s

m2.51 2aC

D

D

C

vA

30° 30°

30°

α 0.4 m

vA

8 rad/s

α

vB

30°

0.8 m

vD

8 rad/s

30°

0.8 m

vA

8 rad/s

O

a


127

4.4 Movimiento plano general

4.4.1 Velocidades 9. La rueda de la figura pertenece a una loco-motora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. Sabien-do que la rueda no patina sobre los rieles, determine su velocidad angular y las velocidades lineales de los puntos O, A, B y C.

Resolución

Convertimos la velocidad a sm

sm20s

m6.3

2.7h

km72 ==

Como el punto O se mueve junto con la locomotora.

sm20=Ov

Y la velocidad angular de la rueda es:

4.0

20==r

vOω

srad

50=ω

Utilizamos la ecuación de la velocidad relativa para determinar las velocidades de A, B y C, tomando O como punto base. Emplearemos el sistema de referen-cia de la figura:

iiiv

ijkv

vrv

vvv

A

A

OO

AA

OO

AA

402020

204.050

=+=

+×−=

+×=

+=

ω

B

x

y

O

A

C

iv 200 =

→= sm40Av


ijv

iikv

vrv

B

B

OO

BB

2020

204.050

+−=+×−=

+×= ω

°=∴==

===

4512020

tan

3.28220)2(20 2

ββ

Bv

°= 45sm3.28Bv

iiv

ijkv

vrv

C

C

OO

CC

2020

20)4.0(50

+−=+−×−=

+×= ω

0=Cv

Lo cual es evidente porque C tiene la misma velocidad del punto del riel con el que está en con-tacto y dicho punto no se mueve.

β

vB/0 vB

v0


129

10. El collarín A se desliza hacia abajo con una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la figura. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la ve-locidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.

Resolución

Como:

( )jjiiv

jjikiv

vrv

vvv

B

B

AA

BB

AA

BB

301216

301612

−+=−−×=

+×=

+=

ωωω

ω

Reduciendo términos semejantes

jiivB )3012(16 −+= ωω Que es una igualdad de vectores. Igualando las componentes verticales tenemos:

12

30

30120

=

−=

ω

ω

srad5.2=ω

E igualando las componentes horizontales:

)5.2(16=Bv

→= sin40Bv

ω

vA = 30 in/s

vB


11. El disco de la figura gira con rapidez angu-lar constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule, para la posición mostrada en la figura, la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del colla-rín B.

Resolución Como el disco se mueve con rotación pura:

↓==

=

scm480)40(12A

A

v

rv ω

La barra AB tiene movimiento plano general y su geometría se muestra en la figura.

( )jjiiv

jjikv

vrv

vvv

B

B

AA

BB

AA

BB

4809.10360

480609.103

11

1

1

−+=−−×=

+×=

+=

ωωω

ω


( ) jiivB 4809.10360 11 −+= ωω Que es una igualdad de dos vectores. Igualando las componentes verticales se tiene:

4809.1030 1 −= ω

srad62.41 =ω

Igualando las componentes horizontales:

)66.4(60=Bv

→= scm277Bv

vA

30°

12 rad/s

40 cm

vA

ω1

B

vB

A

60 cm

103.9 cm


131

12. En la posición mostrada, la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido anti-horario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B.

Resolución

Comenzamos investigando la geometría del mecanis-mo mediante la resolución de los triángulos rectán-gulos de la figura. La manivela OA gira con rotación pura.

( )jiv

jikv

rv

A

A

A

253.43

33.45.210

+−=+×=

×= ω

La biela AB tiene movimiento plano general.

( )jijiiv

jijikv

vrv

vvv

B

B

AA

BB

AA

BB

253.4340.1533.4

253.4333.440.15

11

1

1

+−+=+−−×=

+×=

+=

ωωω

ω

Asociando las componentes respectivas:

( ) ( ) jiivB 2540.153.4333.4 11 ++−= ωω Igualando las componentes verticales:

2540.150 1 += ω ; 623.11 −=ω

Y las horizontales: 3.503.43)623.1(33.4 −=−−=Bv

Por tanto:

srad623.11 =ω

←= sinvB 3.50

A

5”

O

16”

60° B

5

10 rad/s

60°

O

vA

5

O B

A 16

5

O B

A 16

15.40

4.33

2.5

x

y

x

y

vB

60°

A

vA


13. La barra AB del mecanismo de cuatro arti-culaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las ve-locidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD.

Resolución

Comenzaremos determinando la geometría del meca-nismo en el instante de interés.

Tanto la barra AB como la barra CD se mueven con rotación pura. Observamos que C se mueve a la izquierda y que:

( )jiv

jikv

rv

B

B

B

6.37.2

3.04.091

−−=+−×=

×= ω

La barra BC tiene movimiento plano general.

( )jijiiv

jijikiv

vrv

vvv

C

C

BB

CC

BB

CC

6.37.22.13.0

6.37.23.02.1

22

2

2

−−+−=−−−+×=−

+×=

+=

ωωω

ω

Asociando términos

( ) ( ) jiivC 6.32.17.23.0 22 −+−−=− ωω

Igualando las componentes en dirección de y:

6.32.10 2 −= ω ; s

rad32 =ω

Haciendo lo mismo en dirección de x: 7.2)3(3.0 −−=− Cv ; ←= 6.3Cv

De la barra CD obtenemos:

DCC rv 3ω=− ;

6.06.3

3 =ω

srad63 =ω

vc = 3.6 m/s C

0.6

ω3

vB

A

0.3 1.2

1.237

9 rad/s vB

x

y

x

y

B

0.3

0.3

D

C

B

A 0.4 0.8

B

C

ω2

vc

D


133

4.4.2 Centro instantáneo de rotación 14. La rueda de la figura pertenece a una loco-motora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. Sabien-do que la rueda no patina sobre los rieles, determine su velocidad angular y las velocidades lineales de los puntos 0, A, B y C.

Resolución

El centro instantáneo de rotación de la rueda es el punto de contacto con el riel, el punto C, puesto que su velocidad es nula.

El punto O, que une el eje de la rueda con la locomo-tora, tiene una velocidad de 72 km/h.

→=== sm20s

m3.6

72h

km72Ov

La velocidad angular de la rueda es por tanto:

4.0

20==r

voω

srad50=ω

Conociendo la posición del centro de instantáneo de rotación (CIR) y la velocidad angular de la rueda, se puede calcular fácilmente la velocidad de cualquier punto de la rueda.

( )8.050==

A

AA

v

rv ω

→= sm40Av

( )24.050=

=

B

BB

v

rv ω

°= 45sm3.28Bv

0.4 m

0.4 m

B

rB

rA = 0.8 m

O

0.4 m

vo

C (CIR)

vA

C

vB

C

90°

A


15. El collarín A se desliza hacia abajo con

una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la figura. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la ve-locidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.

Resolución Para encontrar la posición del centro instantáneo de rotación, hacemos tanto en A como en B rectas perpendiculares a las velocidades de esos puntos; su intersección es el centro buscado. La velocidad angular de la barra es:

12

30==A

A

r

vω

srad5.2=ω

Y la velocidad de B

)16(5.2==

B

BB

v

rv ω

→= sin40Bv

ω

vA = 30 in/s

vB

CIR

rB

rA


135

16. El disco de la figura gira con rapidez angu-lar constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule, para la posición mostrada en la figura, la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del colla-rín B.

Resolución La velocidad de A es vertical y se dirige hacia abajo, la de B, horizontal y hacia la derecha. El centro instantáneo de rotación se encuentra en la intersección de las perpendiculares levantadas en A y B. Calculamos la magnitud de la velocidad de A.

720)60(12 ===

A

A

v

rv ω

Por tanto, la velocidad angular de la barra AB es:

360

720==A

AAB r

vω

srad93.6=ABω

Y la velocidad de B será:

( )6093.6==

B

BABB

v

rv ω

→= scm416Bv


17. En la posición mostrada, la manivela OA

tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido anti-horario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B.

Resolución La velocidad de la articulación A es perpendicular a la manivela OA y su magnitud es:

50)5(10 ===

A

OAOAA

v

rv ω

La velocidad de B es horizontal y se dirige hacia la izquierda. La posición del centro instantáneo de rotación (CIR) de la biela AB es la intersección de las perpen-diculares a las velocidades de A y B trazadas desde dichos puntos. En la figura resolvemos la geometría del mecanismo. De ahí:

8.30

50==A

AAB r

vω

srad623.1=ABω

Por tanto:

( )1.31697.1==

B

BABB

v

rv ω

←= sin3.50Bv

60°

5

A 10 rad/s

30° vA

CIR

30°

16 A

5

2.5 15.4 B

rB=31

rB = 30.8

CIR

rB

rA

30°

O

O

vA

A

B vB


137

18. La barra AB del mecanismo de cuatro arti-culaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las ve-locidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD, en la posición mostrada.

Resolución

Las articulaciones B y C tienen velocidades perpen-diculares a las barras AB y CD, respectivamente, que se mueven con rotación pura. Además, la velocidad de B es:

5.4)5.0(9 ===

B

ABABB

v

rv ω

Para hallar el centro instantáneo de rotación de la barra BC prolongamos las barras AB y CD y en-contramos su intersección. Puesto que la distancia de dicho centro al punto B es de 1.5 m, entonces:

5.1

5.42 ==

B

B

r

vω

srad32 =ω

Cuyo sentido se deduce de la observación de la figura

)2.1(32

==

C

cC

v

rv ω

←= sm6.3

cv

Por tanto:

6.0

6.33 ==

C

C

r

vω

srad63 =ω

C

1.0

0.8

0.6

D

CIR

A

B

0.5 rc = 1.2 m

vc

vB 4

3

C

0.8 m

A

B

0.4 m

D

0.6 m 9 rad/s


4.4.3 Aceleraciones 19. La rueda de la figura pertenece a una loco-motora que viaja hacia la derecha a 72 km/h, aumen-tando su rapidez a razón de 4 m/s2. Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles, determine su acelera-ción angular y las aceleraciones lineales de los puntos O, A, B y C.

Resolución Para obtener las aceleraciones lineales de los puntos de la rueda, se necesita conocer su velocidad angular. Sabiendo que la velocidad de O es de:

hkm72 s

m20= :

504.0

20 ===r

vOω

Como su sentido es horario, el vector velocidad angular en el sistema de referencia mostrado es:

k50−=ω

La aceleración lineal del punto O es igual a la de la locomotora.

ia

a

O

O

4s

m4 2

=

→=

La aceleración angular de la rueda es:

4.0

4==r

aOα

2srad10=α

El vector aceleración angular es k10−=α Para calcular las aceleraciones lineales de los puntos, emplearemos las ecuaciones de movimiento relativo.

0.4 m

O

4 m/s2

O

0.4 m

vo =20 m/s

C (CIR)

α x rA/O

αB = 4 m/s2

C

x

y

x

y

0.4 m

ω

ω2 rA/O

α

A


139

OO

AA aaa +=

Es decir:

( )

8

1000tan

10008

10008

410004

44.0504.010

22

2

2

=

+=

−=+−=

+−−×−=

+−×=

β

ωα

A

A

A

A

OO

AO

AA

a

jia

ijia

ijjka

arra

°= 5.89s

m1000 2Aa

De modo semejante, determinaremos las aceleracio-nes de los puntos B y C.

( )

996

4tan

4996

4996

410004

44.0504.010

22

2

2

=

+=

−−=+−−=

+−−×−=

+−×=

γ

ωα

B

B

B

B

OO

BO

BB

a

jia

iija

iiika

arra

°= 23.0s

m996 2Ba

( ) ( ) ( )

ja

ijia

ijjka

arra

C

C

C

OO

CO

CC

1000

410004

44.0504.010 2

2

=++−=

+−−−×−=

+−×= ωα

↑= 2sm1000Ca

O

O

β

rC/O

C

rB/O

αC

A

1000

αA

O 996

4

αB

ϴ


20. El collarín A se desliza, en el instante mos-trado en la figura, hacia abajo con una rapidez de 30 in/s, que aumenta a razón de 140 in/s2. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la aceleración angular de la barra AB y la aceleración lineal del collarín B.

Resolución

Para obtener las aceleraciones, tanto de la barra como del collarín B, emplearemos la ecuación de movi-miento relativo.

AA

BA

BB

AA

BB

arra

aaa

+−×=

+=

2ωα

En el sistema de referencia mostrado y sabiendo que

la velocidad angular de la barra es srad5.2=ω

(ver problemas 10 y 15)

( ) ( )

( ) ( ) jiia

jjijiia

jjijikia

B

B

B

40127516

140100751216

14016125.21612 2

−+−=−+−+=

−−−−×=

αααα

α

Igualando las componentes verticales:

12

40

40120

=

−=

α

α

2srad33.3=α

Igualando las componentes horizontales

7.21

75)33.3(16

−=−=

B

B

a

a

←= 2sin7.21Ba

El signo negativo quiere decir que su sentido es contrario al que se supuso.

ω = 2.5 rad/s

B

aB

A

16”

12”

aA = 140 m/s2

x

y

O

0.4 m

C (CIR) x

y

ω


141

21. El disco de la figura gira con rapidez angu-lar constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule, para la posición mostrada en la figura, la aceleración angular de la barra AB y la aceleración lineal del co-llarín B.

Resolución Como la rapidez del disco es constante, la partícula A tiene una aceleración igual a su componente normal.

( )←=

==

2

22

scm5760

4012

A

A

a

ra ω

Para calcular la aceleración angular de la barra, que tiene movimiento plano general, y la aceleración lineal del collarín, utilizamos la ecuación del movi-miento relativo.

AA

BA

BB

AA

BB

arra

aaa

+−×=

+=

21ωα

Sabiendo que ω1, la velocidad angular de la barra, es

de 4.62 s

rad y refiriéndonos al sistema carte-

siano mostrado.

( ) ( )ijijiia

ijijikia

B

B

5760128122189.10360

5760609.10362.4609.103 2

−+−+=

−−−−×=

ααα


( ) ( ) jiiaB 12819.103797860 ++−= αα Igualando las componentes en dirección del eje de las yes.

ω1

B

aB

A

60 cm

103.9 cm

aA

x

y

a1

A 0.4 m

ω = 12 rad/s

40 cm


33.129.103

1281

12819.1030

−=−=

+=

α

α

2srad33.12=α

E igualando las componentes en dirección x’x

87207978)33.12(60 −=−−=Ba

←= 2scm8720Ba

Los signos negativos indican que los sentidos son opuestos a los que se supusieron.


143

22. En la posición mostrada, la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido anti-horario y una aceleración angular de 50 rad/s2 en sen-tido horario. Calcule la aceleración angular de la biela AB y la aceleración lineal del émbolo B.

Resolución

Para calcular la aceleración angular de la biela AB, que tiene movimiento plano general, y la aceleración lineal del émbolo B, usaremos la ecuación del movi-miento relativo.

AA

BB aaa +=

O sea:

AA

BA

BB arra +−×= 2ωα

Por tanto, necesitamos conocer previamente la veloci-

dad angular ω de la biela, la cual es de 1.623 srad

en sentido horario. (v. Probs. 12 y 17)

A partir del estudio de la manivela OA, que gira con rotación pura, determinaremos la aceleración lineal del punto A, utilizando el sistema de referencia mos-trado.

( ) ( )

( ) ( )

jia

jijia

jijika

rra

aaa

A

A

A

OOA

nAtAA

5585.33

4332501255.216

33.45.21033.45.250 2

2

−−=−−−=

+−+×−=

−×=

+=

ωα

Y la ecuación del movimiento relativo queda así

558 in/s2

ω = 1.397 rad/s

B

aB

A

4.33 cm

15.4 cm

0.4 m

aA

ω0 = 10 rad/s

O

A

α0 = 50 rad/s2

an

60°

4.33”

x

y

2.5”

33.5 in/s2

( ) ( )

( ) ( ) jiia

jii

jijiia

ji

jijikia

jirra

aaa

B

B

B

BB

AABB

6.5464.1507.7433.4

5585.33406.11

45.85.404.1533.4

5585.33

33.44.15623.133.44.15

)5585.33(2

2

−+−=

−−+

+−+=

−−

−−−×=

−−+−×=+=

αα

αα

αωα


Igualando las componentes verticales:

4.15

6.546

6.5464.150

=

−=

α

α

2srad5.35=α

e igualando las componentes horizontales

07.74)5.35(33.4 −=Ba

El signo negativo indica que el sentido de la acelera-ción es contrario al supuesto.

←= 2sin6.79Ba


145

23. La barra AB del mecanismo de cuatro arti-culaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular α1 de 20 rad/s2 también en sentido antihora-rio. Determine las aceleraciones angulares α2 y α3 de las barras BC y CD.

Resolución Las barras AB y CD tienen rotación pura y la BC, movimiento plano general. Para poder determinar las aceleraciones angulares de las barras es necesario conocer primero sus veloci-dades angulares.

La velocidad angular de la barra BC es srad32 =ω

y de la barra CD, srad63 =ω

(ver problemas 13 y 18) Empleamos la ecuación del movimiento relativo para el estudio de la barra BC, tomando B como punto base; pues podemos conocer la aceleración de dicho punto.

BB

CC aaa +=

O sea:

BB

CB

CC arra +−×= 22 ωα

La aceleración de B la obtendremos estudiando la ba-rra AB y utilizando el sistema de referencia mostrado.

( ) ( )

jia

jijia

jijika

rra

B

B

B

B

3.324.26

3.244.3286

3.04.093.04.020 2

12

111

−=−+−−=

+−−+−×=

−×= ωα

ω1 = 9 rad/s

α1 = 20 rad/s2

B

at

A

an 0.3 in

0.4 in

x

y

B

C

0.3 m

1.2 m

x

y

ω2 = 3 rad/s α2


Sustituyendo en la ecuación que escribimos arriba:

( ) ( ) jijijikaC 3.324.263.02.133.02.1 2

2 −++−+×= α Como puede verse, en la ecuación anterior hay tres incógnitas: las dos componentes de Ca y 2α . Como

en esa ecuación vectorial puede haber hasta un máximo de dos incógnitas, es imprescindible investi-gar alguna componente de Ca . Para ello analizaremos

la barra CD.

( )jia

jjka

rra

C

C

C

6.216.0

6.066.0

3

23

32

333

−−=−×=

−×=

αα

ωα

Conocida la componente vertical, volvemos a la ecuación que dejamos pendiente, en la que sólo quedan dos incógnitas: 2α y 3α .

( ) ( )

ji

jijikji

3.324.26

3.02.133.02.16.216.0 223

−+

+−+×=−− αα

Desarrollando y reduciendo términos

( ) ( ) jiiji

ji

jijiji

352.16.153.06.216.0

3.324.26

7.28.102.13.06.216.0

223

223

−++−=−−

−+

−−+−=−−

ααα

ααα

Igualando las componentes verticales

2.1

4.13

4.132.1

352.16.21

2

2

2

=

=−=−

α

αα

22 srad17.11=α

ω3 = 6 rad/s

C

a3

D

an

x

y

at

0.6 m


147

Ahora, igualando las componentes horizontales

( )

6.0

25.12

6.1517.113.06.0

3

3

−=

+−=−

α

α

23 srad4.20=α

La aceleración 3α de la barra CD tiene sentido

horario, pues el signo negativo indica que es contrario al que se supuso.

149

5. CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO

5.1 Traslación pura 1. El automóvil representado en la figura viaja hacia la izquierda a 72 km/h cuando comienza a frenar, uniformemente, hasta detenerse por completo en una longitud de 40 m. Sabiendo que la masa del automóvil es de 900 kg, determine la magnitud de las componentes normales de la reacción del pavimento sobre cada una de las llantas del automóvil.

Resolución Investigamos, para comenzar, la aceleración del cen-tro de masa del automóvil, que es igual a la de cualquier partícula suya.

dx

dvva =

Como frena uniformemente, la aceleración es cons-tante.

Cv

ax

vdvdxa

+=

= ∫∫

2

2

Eligiendo como origen la posición en que comienza a frenar.

Si 0=x , ←== sm20h

km72v

C+=2

200

2

; 200−=C

v

x O

v

Cinética del cuerpo rígido

150

x

va

vvax

2

400

2

400200

22

22

−=

−=−=

Para ←= 40x y 0=v

)40(2

4000 −=a ; 2sm5−=a

El signo negativo indica que su sentido es hacia la derecha. Ahora pasamos a la parte cinética del problema. Dibujamos un diagrama de cuerpo libre que re-presente cualquier instante del movimiento en estudio y elegimos un sistema de referencia. Las normales son 2NA y 2NB puesto que atrás de las llantas dibujadas hay otras dos que no se ven. Nos auxiliamos de un diagrama que represente al sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre el automóvil. Elegimos B como centro de momentos:

dmaFM B =∑

El primer miembro corresponde al diagrama de cuerpo libre; el segundo, al diagrama auxiliar.

+=

+=

=−

81.9

5.38.0

6.3

900

81.9

5.38.09006.3

581.9

9007.0)8.0(900)8.1(2

A

A

A

N

N

N

↑= kg289AN

289450

02900)289(2

0

−==+−

=∑

B

B

N

N

Fy

↑= kg8.160BN

x

y

A B

G ma

0.7

G 0.7

A B

1.0 0.8

2 FrA 2 FrB

2 NA 2 NB

900


151

2. Sobre el carro-plataforma de un tren, se transporta un ropero de las dimensiones indicadas en la figura. Se desea investigar cuál es el tiempo míni-mo que requiere el tren para alcanzar una rapidez de 60 mi/h, partiendo del reposo, sin que el ropero se deslice ni se vuelque. Los coeficientes de fricción es-tática y cinética entre el ropero y el carro son 0.6 y 0.5, respectivamente.

Resolución Para determinar el tiempo mínimo, obtendremos la máxima aceleración que puede soportar el ropero. Supondremos, en primer lugar, que dicho ropero está a punto de deslizarse. El diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura; la fuerza de fricción es la estática máxima. Abajo se presenta un diagrama auxiliar que muestra la fuerza resultante.

32.19)2.32(6.0

6.0

6.0

6.0

0

0

===

=

=

==

=−

=

∑

∑

a

ga

ag

PP

ag

PN

maFx

PN

PN

Fy

Ahora supondremos que el ropero está a punto de volcarse. El diagrama de cuerpo libre y el auxiliar se muestran al lado. La componente normal de la reacción del carro se encuentra en el extremo izquierdo de la base de sustentación. La fricción estática no alcanza necesa-riamente su valor máximo. Elegimos el punto O de intersección de la normal y la fricción, que son desconocidas, como centro de momentos.

x

y


152

1.164

)3.32(2

4

2

)4(2

=

==

−=−

=∑

a

ga

ag

PP

dmaFM O

Puesto que con una aceleración superior a 2sft1.16

el ropero se volcaría, es ésta la máxima admisible. El tiempo mínimo será por tanto:

tv

a

1.16

1.16

==

Para alcanzar sft88h

mi60 =

t1.1688=

s47.5=t


153

3. Las barras AB y CD tienen 0.4 m de largo. La barra CD está conectada en D con un motor que la mueve con una velocidad angular constante de 300 rpm en sentido antihorario. La barra homogénea BC tiene 50 kg de masa. Determine cuál es, en el instante mostrado en la figura, la fuerza y tipo de esfuerzo a que está sujeta la barra AB, sabiendo que su masa es despreciable.

Resolución La barra BC se mueve con traslación pura curvilínea. La aceleración de cualquiera de sus partículas sólo tiene componente normal.

raa n2ω==

y la velocidad angular, en rad /s, es

( ) 22 404.010

1060

2300

ππ

ππω

==

=

=

a

Una vez dibujados el diagrama de cuerpo libre y un auxiliar que muestre el sistema resultante, elegimos un sistema de referencia intrínseco. Supongamos que

ABF es tensión. Elegiremos C, punto de concurrencia de dos incóg-nitas, como centro de momentos.

( ) ( )

3

)81.9(5031000

31000503

2

34050502

2

3

2

2

2

−=

=+

=+

=∑

ππ

π

AB

AB

AB

C

F

gF

bgbbF

dmaFM

( )tensiónN9590=ABF

Se trata de una tensión pues, al tener signo positivo, satisface la hipótesis.

b b

C

G

ma

B

n t

FAB Ft

Fn

B C

50g

30°

60°


154

4. La barra AB de la figura es homogénea y pesa 32.2 lb. Calcule la tensión que soportará cada una de la cuerdas inclinadas 45º, en el instante en que se corte la cuerda horizontal. Calcule también la ace-leración lineal de cualquier partícula de la barra en ese mismo instante.

Resolución

La barra se moverá con traslación pura curvilínea. Dibujamos el diagrama de cuerpo libre en el instante en que empieza el movimiento. También un dibujo auxiliar que muestre la fuerza resultante. Elegimos un sistema de referencia intrínseco.

02

2

2

2

0

=

+

−

=∑

bTbT

FM

BA

G

BA TT = ______________________ (1)

nn maF∑ =

Como la velocidad es nula, 0=na

4

22.32

2

22.322

02

22.32

=

=

=

−+

A

A

BA

T

T

TT

lb38.11== BA TT

tt maF =∑

en donde aat =

a2.32

2.32

2

22.32 =

°= 45s

ft8.22 2a

ma

45° t

n

b b

G

G

TB

45°

TA

45°

32.2


155

5.2 Rotación pura baricéntrica 5. Un tambor de 40 lb de peso y 2 ft de radio está colocado sobre dos planos lisos inclinados 45º, como se muestra en la figura. Por medio de una cuer-da ideal enrollada en él, se le aplica una fuerza cons-tante de 20 lb. El tambor tiene un radio de giro centroidal de 1.5 ft. Calcule la aceleración angular del tambor y las reacciones de los planos sobre él.

Resolución Como el tambor gira alrededor de un eje que pasa por su centro de masa, el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre él es un par. Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del tambor y otro auxiliar que muestre el par resultante. Elegimos un sistema de referencia cuyos ejes tienen las direcciones de la reacciones.

2302

260

02

220

2

240

0

=

=

=

−

−

=∑

A

A

R

R

Fx

°= 45lb4.42AR

2102

220

02

220

2

240

0

=

=

=

+

−

=∑

B

B

R

R

Fy

RB RA

G

45°

2

45°

20

y

40

αI

x


156

°= 45lb14.14BR

[ ]( )

2

2

2

5.1

2.322.32

405.140

mk)2(20

=

=

=

=∑

α

α

α

α GG IFM

2srad31.14=α


157

6. El volante de la figura pesa 200 kg. El conjunto gira por la acción del cuerpo A de 10 kg que desciende verticalmente. Determine la ten-sión de la cuerda, la aceleración lineal del cuerpo A y la aceleración angular del volante.

Resolución Como se trata de un problema de cuerpos conectados, comenzaremos estableciendo la relación cinemática entre la aceleración lineal de A y la angular del volante.

raA α= En este caso, r es el radio de la polea

α2.0=Aa _______________ (1) Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de A y elegimos un eje de referencia en dirección de la aceleración del cuerpo.

Aag

T

maFy

1010 =−

=∑

Aag

T10

10−= ____________ (2)

Ahora continuamos con el diagrama de cuerpo libre del volante. La reacción R del apoyo tiene que ser vertical, pues sobre el volante no actúa ninguna fuerza horizontal. Dibujamos también un diagrama que muestre el sistema resultante. Como la masa del volante está concentrada a 0.8 m del eje de rotación, su momento de inercia se calcula multiplicando el cuadrado de esa distancia por la masa.

T

y

10

200

T R

0.2 0.8


158

α

α

gT

IFM

ggI

G

1282.0

1282008.0 2

=

=

=

=

∑

αg

T640= __________________ (3)

Igualamos (2) y (3), sustituyendo (1) en (2)

( )

642

)10(81.9

264010

6402.0

1010

=

+=

=−

α

α

αα

gg

gg

2srad1528.0=α

En (3)

kg97.9=T y en (2)

↓= 2sm0306.0a

αI


159

7. Las dos poleas de la figura están rígidamen-te unidas, formando un cuerpo de 64.4 lb de peso. El radio de giro de su masa es de 0.8 ft, respecto al eje de rotación. Los cuerpos A y B pesan 16.1 lb cada uno y están unidos a las poleas mediante cuerdas de peso despreciable. Calcule la aceleración angular de la po-lea doble y la tensión en cada una de las cuerdas.

Resolución Comenzaremos estableciendo las relaciones cinemá- ticas entre los movimientos de los tres cuerpos.

Para un punto cualquiera de la polea. rat α=

por tanto

α2.1=Aa ______________(1)

α5.0=Ba ______________(2) Como el cuerpo A desciende, elegimos un sistema de referencia dirigido hacia abajo:

AA aT

maFy

2.32

1.161.16 =−

=∑

AA aT 5.01.16 −= ___________(3) Del cuerpo B

BB aT

maFy

2.32

1.161.16 =−

=∑

BB aT 5.01.16 += ___________(4) La polea doble gira con rotación pura baricéntrica y, por tanto, el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre ella es un par.

Cuerpo A

Cuerpo B

16.1

y

TA

TB

16.1

y

TB TA R

G

1.2 0.5


160

=−

=∑

2.32

4.648.05.02.1 2α

α

BA

G

TT

IFM

α28.15.02.1 =− BA TT ________________ (5) Sustituyendo (3) y (4) en (5)

( ) ( )α

α28.125.005.86.032.19

28.15.01.165.05.01.162.1

=−−−

=+−−

BA

BA

aa

aa

Sustituyendo (1) y (2) en esta ecuación

( )

27.11125.2

28.1845.027.11

28.1)5.0(25.005.82.16.032.19

==−

=−−−

ααα

ααα

2srad304.5=α

En (1) y (2)

652.2

364.6

==

B

A

a

a

En (3) y (4)

lb92.12=AT

lb43.17=BT

αI

G


161

8. Los cuerpos de la figura están inicialmente en reposo. Tanto A como C pesan 20 kg. La polea B es un cilindro macizo de 0.15 m de radio que pesa 40 kg. Determine la tensión en cada uno de los tramos de la cuerda y el tiempo que se requiere para que A y C alcancen una rapidez de 5 m/s. La superficie horizon-tal es lisa.

Resolución Las relaciones cinemáticas entre los cuerpos son:

raa CA α==

en donde α es la aceleración angular de la polea y r su radio. O sea

α15.0== CA aa

Como A se mueve hacia la izquierda, elegimos un eje de referencia en esa dirección

maFx =∑

AaT81.9

201 = _______________________ (1)

Del cuerpo B

B

y

aT

maF

81.9

2020 2 =−

=∑

BaT81.9

20202 −= __________________ (2)

La polea gira con rotación pura alrededor de su centro de masa. Tiene un momento de inercia de

22

2

mkg0459.015.081.9

40

2

12

1

.=

=

=

I

mrI

Cuerpo B

T2

y

20

N

x

T1

Cuerpo A


162

Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre y un diagrama auxiliar en que aparezca el sistema resultante de las fuerzas, que es un par.

( ) αα

α

0459.015.0

0459.015.015.0

12

12

=−=−

=∑

TT

TT

IFM G

α306.012 =−TT ___________________ (3) Sustituimos (1) y (2) en (3)

α306.081.9

20

81.9

2020 =−− AB aa

De las relaciones cinemáticas

( ) ( )

( )

20917.0

2081.9

6306.0

306.015.081.9

4020

306.015.081.9

2015.0

81.9

2020

=

=

+

=−

=−−

α

α

αα

ααα

2srad8.21=α

De donde 27.3== BA aa

y kg67.61 =T que es la tensión en el tramo de cuerda que une A con la polea. En el otro tramo la tensión es (de (3))

( )1.21306.067.62 =−T

kg33.132 =T

T2

Ry

Rx

T1

0.15

G

αI


163

5.3 Rotación pura no baricéntrica 9. El disco homogéneo de 0.4 m de radio gira alrededor de un eje horizontal, perpendicular al plano que lo contiene, que pasa por O. En el instante mos-trado en la figura, su velocidad angular es de 2 rad/s, en sentido antihorario. Sabiendo que el disco tiene una masa de 50 kg, diga cuál es su aceleración angu-lar, así como la magnitud y dirección de la reacción de la articulación O.

Resolución Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre del disco y un diagrama auxiliar que muestre el sistema equi-valente de las fuerzas. Elegimos un sistema de refe-rencia intrínseco, en relación a G.

( ) O

OO

I

IFM

α

α

=

=∑4.0º30sen50

Por el teorema de los ejes paralelos

222

2

2

3

2

1mrmrmrI

mrII

O

O

=+=

+=

Entonces:

( ) ( )

2.1

81.9

81.9

4.0

2

35.0

4.081.9

50

2

34.05.050 2

=

=

=

α

α

α

2srad18.8=α

G

Ron

0.4

30°

Rot

n t

o

m(aG)n

α I0

m(aG)t

G

60°


164

( )

352

3

81.9

6.150

4.0281.9

50

2

350 2

2

−=

−=

=

+

=∑

Ron

Ron

rmFn ω

( )

33.82

1

81.9

)4.0)(18.8(50

4.018.881.9

50

2

150

−=

−=

=

+

=∑

Rot

Rot

rmFt α

Como los signos indican que sus sentidos son contrarios al de los ejes, las componentes de Ro son:

°==

=+=

3.13;1.35

33.8tan

1.3633.81.35 22

ββ

Ro

°= 3.73kg1.36Ro


165

10. La barra homogénea AO está articulada en O y soportada por una cuerda en A. Tiene una masa m y una longitud l. Determine tanto la aceleración angu-lar de la barra como la magnitud y dirección de la reacción de la articulación en el instante que se corte la cuerda.

Resolución La barra se moverá con rotación pura alrededor de un eje que pasa por O. Su diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura. En el otro diagrama se muestra el sistema de fuerzas equivalente de las fuerzas que actúan sobre la barra en el instante en que se corta la cuerda. Emplearemos un sistema de referencia intrínseco para el centro de masa, cuya aceleración normal es nula, ya que no tiene velocidad lineal.

32

3

1

22

lg

mll

mg

IFM OO

α

α

α

=

=

=∑

l

g

2

3=α

−=

=−

=∑

ggmRo

l

l

gmRomg

rmFt

4

3

22

3

α

↑= mgRo4

1

Ro

αI0

O G

1 / 2

A

n

t

A O

G

mat

mg


166

11. El arillo de la figura tiene un radio r y se encuentra en reposo en la posición mostrada. Diga cuál será la rapidez angular máxima que alcanzará, si se suelta desde dicha posición.

Resolución Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente un instante cualquiera de la rotación del arillo. También un diagrama que muestre un sistema equivalente de las fuerzas. Elegimos un sistema de referencia intrínseco. Calculamos el momento de inercia de la masa respecto al eje de rotación, mediante el teorema de los ejes paralelos.

2

22

2

2mrI

mrmrI

mrII

O

O

O

=

+=

+=

La ecuación que empleamos es

( )

r

g

mrrmg

IFM OO

2

cos

2cos 2

θα

αθ

α

=

=

=∑

Como θωωα

d

d=

r

g

d

d

2

cosθθωω =

Separando variables

θθωω dr

gd cos

2=

O

G

mω2r

mαr

α IO

t

n

mg

O

mg

Rot

Ron


167

Integrando

Cr

g

dr

gd

+=

= ∫∫

θω

θθωω

sen22

cos2

2

Las condiciones iniciales son 0=ω y 0=θ ; por tanto, la constante de integración es nula.

θω sen2

r

g=

Como la velocidad angular máxima ocurre cuando °= 90θ y 1=θsen

r

gmáx =ω


168

5.4 Movimiento plano general 12. Una esfera homogénea de 80 kg de masa y 0.4 m de radio, se suelta del reposo sobre un plano inclinado 15º. La esfera desciende rodando sin des-lizarse sobre el plano. Calcule, para cualquier instante del movimiento, la aceleración angular de la esfera; la aceleración lineal de su centro de masa; la fuerza de fricción que el plano ejerce sobre ella, y la magnitud de la componente normal de la reacción del plano.

Resolución Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre de la esfera, representando cualquier instante de su movimiento. Suponemos arbitrariamente el sentido de la fuerza de fricción. Elegimos un sistema de referencia cuyo eje equis tiene la dirección de la aceleración del centro de masa. En un diagrama auxiliar dibujaremos una fuerza aplicad en G y un par de magnitudIα que forman un sistema equivalente al que actúa sobre la esfera.

=

=

=∑

2

2

)4.0)(80(5

24.0

5

24.0

α

α

α

r

r

G

F

mrF

IFM

α8.12=rF ______________________________ (1)

Gr

Gr

Gx

aF

aF

maF

80203

8015sen)81.9(80

=−=−°

=∑

Del valor obtenido en (1)

Ga808.12203 =− α

Como la esfera rueda sin deslizar:

G

N

0.4

15°

Fr

O

x

αI

maG

G

80 g

y

15°


169

αα

4.0==

G

G

a

ra

Por tanto

2038.44

)4.0(808.12203

==−

ααα

2srad53.4=α

°= 15s

m814.1 2Ga

°= 15N58rF

El sentido verdadero de la fuerza de fricción es el que se supuso.

015cos)81.9(80

0

=°−

=∑N

Fy

°= 75N758N

Otro método Sabiendo que el punto de contacto de la esfera con el plano inclinado es el centro instantáneo de rotación:

CIRCIR IFM α=∑

El momento de inercia de la masa de la esfera respec-to a ese punto es:

2mrII CIR += (teorema de los ejes paralelos)

2

22

5

75

2

mrI

mrmrI

CIR

CIR

=

+=

G

N

0.4

15°

Fr

x

αI

maG

G

80 g

y

15°


170

Por tanto

( )

( )8.2

15sen81.95

4.05

715sen81.9

4.0805

715sen4.0)81.9(80 2

°=

=°

=°

α

α

α

2srad53.4=α

)4.0(53.4==

G

G

a

ra α

°= 15s

m814.1 2Ga

( )814.115sen81.980

)814.1(8015sen)81.9(80

−°=

=−°

=∑

r

r

Gx

F

F

maF

°= 75N58rF

015cos)81.9(80

0

=°−

=∑N

Fy

°= 75758N


171

13. La barra delgada de la figura es homogénea, pesa 16.1 lb y mide 3 ft de largo. Pende del punto C por medio de dos cuerdas atadas a sus extremos, como se muestra. En el instante en que se corte la cuerda AC, ¿cuál será la tensión en la cuerda BC? ¿Cuál, la aceleración angular de la barra? ¿Qué magnitud y dirección tendrá la aceleración lineal de su centro de masa?

Resolución Establecemos la relación entre la aceleración angular de la barra y la aceleración inicial de su centro de masa, tomando B como punto base y sabiendo que todas las velocidades son nulas.

jaiaja

jaiaika

ara

aaa

BBG

BBG

BB

GG

BB

GG

35.05.05.1

35.05.0)5.1(

−−=

−−−×=

+×=

+=

α

α

α

Escalarmente: ( ) BxG aa 5.0−= _____________________ (1)

( ) ByG aa 35.05.1 −−= α _____________ (2)

De (1)

( )xGB aa 2−=

En (2)

( ) ( ) 35.1 xGyG aa +−= α _____________(3)

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de la barra y su diagrama auxiliar que muestre un sistema de fuerzas equivalente conforme al sistema cartesiano que elegimos.

A G

1.5

α

B

30° y

x

aB


172

( )

( ) ( )375.05.05.1

35.012

130sen5.1 2

α

α

α

=

=°

=∑

T

T

IFM G

α5.0=T ____________________________ (4)

( )

( )xG

xGx

aT

amF

5.030cos =°−

=∑

( )23

4 α−=xGa ______________________ (5)

( )

( )( )yG

yG

yGy

aT

aT

amF

5.01.165.0

5.01.1630sen

=−

=−°

=∑

De (4)

( )yGa5.01.1625.0 =−α

( ) 2.325.0 −= αyGa ____________________ (6)

Sustituyendo (5) y (6) en (3)

2.325.3

32.325.0

32

35.12.325.0

=−=−

−+−=−

ααα

ααα

2srad2.9=α

De (4)

lb6.4=T

A G

B

y

x

1.5

30°

16.1

m(aG)y

m(aG)x αI

G


173

14. Los tres cuerpos de la figura están conec-tados mediante una cuerda flexible, inextensible y de peso despreciable. A pesa 20 kg. La polea B es un ci-lindro macizo de 0.2 m de radio que pesa 30 kg. Y C es un carrete de 50 kg cuyo radio exterior es de 0.4 m y cuyo núcleo es de 0.1 m. Sabiendo que el carrete rueda sin deslizar y que el radio de giro de su masa respecto al eje de figura es de 0.25 m, determine la tensión en cada uno de los tramos de la cuerda (1 y 2) y la aceleración angular del carrete.

Resolución Comenzaremos estableciendo las relaciones cinemá-en cuenta que A se mueve con traslación pura; B, con rotación pura baricéntrica, y C con movimiento plano general. La aceleración de la cuerda es igual a la de A.

BBBA ra αα 2.0==

CCA ra αα 3.0== ________________________ (1)

Por tanto

CB αα 3.02.0 =

CB αα 5.1= ______________________________ (2)

Dibujamos los diagramas de cuerpo libre de cada cuerpo y un diagrama auxiliar que muestre el sistema resultante.

Cuerpo A

A

A

y

ag

T

ag

T

maF

2020

2020

1

1

−=

=−

=∑

De (1)

( )CgT α3.0

20201 −=

αA

0.4 0.1 0.3

CIR

aA

Cuerpo A

y

mAaA

20

T1

0.2

aA

αB


174

CgT α6

201 −= _________________________ (3)

Polea B

B

B

G

gTT

gTT

IFM

α

α

α

3

2.030

2

12.02.0

21

221

=−

=−

=∑

De (2)

CgTT α5.4

21 =− _________________ (4)

Carrete C

Como el punto de contacto entre el carrete y la superficie es el centro instantáneo de rotación

C

C

C

CIRCIR

gT

ggT

rmIT

IFM

α

α

α

α

125.113.0

4.05050

25.03.0

)(3.0

2

222

2

2

=

+

=

+=

=∑

CgT α08.37

2 = ___________________ (5)

Sustituyendo (3) y (5) en (4)

58.47

)81.9(20

2058.47

5.408.37620

=

=

=−−

C

C

CCC

g

ggg

α

α

ααα

2srad124.4=Cα

En (3) y (5)

kg59.15

kg48.17

2

1

=

=

T

T

0.1 T

Cuerpo C

0.2

T1

αB

αB IB

G

0.4

F

N

50

Rx

G

30

Polea B

T2

Ry

maG

αB IC


175

15. Una rueda de 2 ft de radio y 32.2 lb de peso, cuyo masa tiene una radio de giro centroidal de 1.5 ft, se suelta sobre un plano inclinado con un ángulo de 30º con la horizontal, como se muestra en la figura. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre la rueda y el plano son 0.16 y 0.12, respectivamente. Diga si la rueda se desliza o no sobre el plano y calcule la fuerza de fricción que éste ejerce sobre ella, la aceleración angular de la rueda y la aceleración lineal de su centro de masa.

Resolución Supondremos, primero, que la rueda no se desliza sobre el plano. En este caso, el punto de contacto entre ellos es el centro instantáneo de rotación.

[ ]

15.525.6

2.32

22.32

2.32

2.32

2.325.12.32

2.32

22

2

=

=

+

=

+=

=∑

α

α

α

α

α

mrI

IFM CIRCIR

Por tanto

( )

( )

80.530.101.16

30.1012

12.32

30.10215.5

=−=

=−

=

===

∑

r

r

Gx

G

F

F

maF

ra α

9.27

02

32.32

0

=

=

−

=∑

N

N

Fy

La fuerza de fricción estática máxima es:

αI

G

maG

x

y

N

Fr

CIR

2 32.2 30°

G

30°


176

( ) 46.49.2716.0' === NMF k

Como 46.4 lb es menor que 80.5 lb, la rueda se desliza sobre el plano. Puesto que la rueda desliza, la fricción es cinética

( )9.2712.0== NMF kk

°= 3035.3 lbFk

El diagrama de cuerpo libre es el que se muestra:

( ) ( )[ ]15.1235.3 2α

α

=

=∑ IFM G

2srad97.2=α

( ) G

Gx

a

maF

135.32

12.32 =−

=∑

°= 30s

ft75.12 2Ga

αI

G

maG

x

y

27.9

3.35

CIR

2 32.2 30°

G

30°

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