Guía de Dinámica

UNIVERSIDAD TÉCNICA DE AMBATO
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y MECÁNICA
CARRERA DE INGENIERÍA MECÁNICA
GUIA DE DINÁMICA
Autor y recopilador: Ing. Gonzalo López, Mg.
Unidad de Organización Curricular: Básicas
Ambato – Ecuador
i
CONTENIDO
1.
CINÉMATICA DE LA PARTÍCULA ................................................................................................................ 2
1.1.
DEFINICIONES BÁSICAS ........................................................................................................................ 2
1.2.
CINEMÁTICA RECTILÍNEA.................................................................................................................... 2
1.2.1.
MOVIMIENTO CONTINUO ............................................................................................................ 2
1.2.2.
DETERMINACIÓN DE MOVIMIENTO .......................................................................................... 7
1.2.3.
GRÁFICAS DEL MOVIMIENTO ................................................................................................... 10
1.2.4.
MOVIMIENTO ERRÁTICO ........................................................................................................... 11
1.3.
1.3.1.
MOVIMIENTO RELATIVO ........................................................................................................... 13
1.3.2.
MOVIMIENTO DEPENDIENTE .................................................................................................... 13
1.4.
2.
MOVIMIENTO DEPENDIENTE Y RELATIVO DE DOS PARTÍCULAS ........................................... 13
MOVIMIENTO CURVILÍNEO GENERAL ............................................................................................ 18
1.4.1.
COORDENADAS RECTANGULARES ......................................................................................... 18
1.4.2.
COMPONENTES NORMAL Y TANGENCIAL ............................................................................ 23
1.4.3.
COORDENADAS CILÍNDRICAS .................................................................................................. 27
CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO .......................................................................................................... 33
2.1.
MOVIMIENTO PLANO ........................................................................................................................... 33
2.1.1.
MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN ................................................................................................ 34
2.1.2.
MOVIMIENTO DE ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO ........................................... 34
2.1.3.
MOVIMIENTO PLANO GENERAL .............................................................................................. 35
2.2.
CENTRO INSTANTÁNEO DE VELOCIDAD CERO ............................................................................ 43
2.2.1.
2.3.
MÉTODO DE NOTACIÓN COMPLEJA ................................................................................................ 48
2.3.1.
2.4.
3.
LOCALIZACIÓN DEL CI ............................................................................................................... 44
IDENTIDAD DE EULER Y NOTACIÓN EXPONENCIAL .......................................................... 48
ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO POR MEDIO DE EJES EN ROTACIÓN ........................ 50
2.4.1.
PROBLEMA TIPO ........................................................................................................................... 50
2.4.2.
ACELERACIÓN DE CORIOLIS..................................................................................................... 51
CINÉTICA DE LA PARTÍCULA..................................................................................................................... 53
3.1.
CONCEPTOS FUNDAMENTALES ........................................................................................................ 53
3.1.1.
SEGUNDA LEY DE NEWTON ...................................................................................................... 53
3.1.2.
MASA Y PESO ................................................................................................................................ 53
3.1.3.
SISTEMAS DE UNIDADES (REPASO) ......................................................................................... 53
ii
3.2.
3.2.1.
COORDENADAS RECTANGULARES ......................................................................................... 54
3.2.2.
COMPONENTES NORMAL Y TANGENCIAL ............................................................................ 54
3.2.3.
COORDENADAS CILÍNDRICAS .................................................................................................. 55
3.3.
TRABAJO Y ENERGÍA ........................................................................................................................... 61
3.3.1.
TRABAJO DE UNA FUERZA, DE UN PESO Y DE UN RESORTE ............................................ 61
3.3.2.
ENERGÍA CINÉTICA ..................................................................................................................... 63
3.3.3.
PRINCIPIO DE LA CONSERVACIÓN DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA .................................. 64
3.3.4.
POTENCIA Y EFICIENCIA ............................................................................................................ 68
3.4.
4.
ECUACIÓN DE MOVIMIENTO ............................................................................................................. 53
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO....................................................................................... 73
3.4.1.
PRINCIPIO DEL IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO ................................................. 73
3.4.2.
CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO........................................................ 76
CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO ................................................................................................................ 80
4.1.
MOMENTO DE INERCIA DE MASA .................................................................................................... 80
4.1.1.
TEOREMA DE LOS EJES PARALELOS ....................................................................................... 81
4.1.2.
RADIO DE GIRO ............................................................................................................................. 81
4.1.3.
CUERPOS COMPUESTOS ............................................................................................................. 81
4.2.
ECUACIONES DE MOVIMIENTO DE CINÉTICA PLANA ................................................................ 83
4.2.1.
ECUACIÓN DE MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN .................................................................... 83
4.2.2.
ECUACIÓN DE MOVIMIENTO DE ROTACIÓN ......................................................................... 84
4.2.3.
APLICACIÓN GENERAL DE LAS ECUACIONES DE MOVIMIENTO .................................... 84
4.3.
MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN ........................................................................................................ 85
4.3.1.
TRASLACIÓN RECTILÍNEA ......................................................................................................... 85
4.3.2.
TRASLACIÓN CURVILÍNEA ........................................................................................................ 85
4.4.
MOVIMIENTO DE ROTACIÓN RESPECTO A UN EJE FIJO ............................................................. 87
4.4.1.
ECUACIONES CINÉTICAS ........................................................................................................... 88
iii
CAPÍTULO I
1.
1.1.
CINÉMATICA DE LA PARTÍCULA
DEFINICIONES BÁSICAS
La mecánica es una rama de las ciencias físicas que se ocupa del estado de reposo o movimiento de los cuerpos
sometidos a la acción de fuerzas. La mecánica de cuerpos rígidos se divide en dos áreas: estática y dinámica. La
estática se ocupa del equilibrio de un cuerpo que está en reposo o que se mueve con velocidad constante. La dinámica
se ocupa del movimiento acelerado de un cuerpo. La dinámica se estudia en dos partes: cinemática, la cual trata solo
los aspectos geométricos del movimiento y la cinética, que analiza las fuerzas que provocan el movimiento.
1.2.
CINEMÁTICA RECTILÍNEA
1.2.1.
MOVIMIENTO CONTINUO
Iniciaremos nuestro estudio de dinámica con el análisis de la cinemática de una partícula que se mueve a lo largo de
una trayectoria rectilínea. Recuerde que una partícula tiene masa, pero su tamaño y forma son insignificantes. Por
consiguiente, limitaremos la aplicación a aquellos objetos cuyas dimensiones no afectan el análisis del movimiento.
La cinemática de una partícula se caracteriza al especificar, en cualquier instante, su posición, velocidad y aceleración.
Posición. – La trayectoria rectilínea de una partícula se define por medio de un solo eje de coordenadas. El origen O
en la trayectoria es un punto fijo, y a partir de él se utiliza la coordenada de la posición s para especificar la ubicación
de la partícula en cualquier instante dado. Por lo general, la posición se mide en metros (m) o pies (ft).
Figura 1-1. Posición.
Desplazamiento. – El desplazamiento de la partícula se define como el cambio de su posición. Por ejemplo, si la
partícula se mueve de un punto a otro, el desplazamiento es:
Figura 1-2. Desplazamiento.
𝑟 ⃗ = 𝑟⃗ + ∆ ⃗→ ∆ ⃗= 𝑟 ⃗ − 𝑟⃗ (vectorial) o ∆ = 𝑠 − 𝑠 (escalar)
Velocidad. – Si la partícula recorre una distancia ∆𝑠 durante un intervalo ∆𝑡, su velocidad promedio durante este
intervalo es:
𝑣
=
∆𝑠
∆𝑡
Si tomamos valores de ∆𝑡 cada vez más pequeños, la magnitud de ∆𝑠 se reduce cada vez más. Por consiguiente, la
velocidad instantánea es un vector definido como:
𝑣 = lím
∆ →
𝑣=
2
∆𝑠
∆𝑡
𝑑𝑠
𝑑𝑡
Como ∆𝑡 o 𝑑𝑡 siempre es positivo, el signo utilizado para definir el sentido de la velocidad es el mismo que el de ∆𝑠
o 𝑑𝑠. Por ejemplo, si la partícula está en movimiento hacia la derecha la velocidad es positiva; pero si se mueve hacia
la izquierda, la velocidad es negativa. La magnitud de la velocidad se conoce como rapidez, y en general se expresa
en unidades de m/s o pies/s.
De vez en cuando se utiliza el término “rapidez promedio”, que siempre es un escalar positivo y que se define como
la distancia total recorrida por una partícula, 𝑠 , dividida entre el tiempo transcurrido ∆𝑡, es decir:
(𝑣
)
=
𝑠
∆𝑡
Aceleración. – Siempre que se conoce la velocidad de la partícula en dos puntos, su aceleración promedio durante el
intervalo ∆𝑡 se define como:
𝑎
=
∆𝑣
∆𝑡
Aquí ∆𝑣 representa la diferencia de la velocidad durante el intervalo ∆𝑡, es decir:
∆𝑣 = 𝑣 − 𝑣
La aceleración instantánea en el instante t es un vector que se determina al tomar valores cada vez más pequeños de
∆𝑡 y valores más pequeños correspondientes de ∆𝑣 de modo que:
𝑎 = lím
∆ →
𝑎=
∆𝑣
∆𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
Si sustituimos la ecuación de la velocidad instantánea en este resultado, también podemos escribir:
𝑎 = 𝑑 𝑠⁄𝑑𝑡
Las unidades que comúnmente se utilizan para expresar la magnitud de la aceleración son m/s y pies/s .
RESUMEN:
𝑎 → 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒
𝑎 → 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
1
𝑣=
𝑑𝑠
𝑑𝑡
1
𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡
2
𝑎=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
2
𝑣 = 𝑣 + 2𝑎(𝑠 − 𝑠 )
3
1
𝑠 − 𝑠 = 𝑣 𝑡 + 𝑎𝑡
2
3
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣
𝑣 → 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
1
𝑣=
𝑠
𝑡
Comprobaciones:
1
𝑎=
𝑑𝑣
→ 𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑡
𝑑𝑡
2
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣
𝑑𝑠 =
𝑣 𝑑𝑣
𝑣− 𝑣 = 𝑎𝑡
𝑎(𝑠 − 𝑠 ) =
𝑣 −𝑣
2
𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡
𝑣 = 𝑣 + 2𝑎(𝑠 − 𝑠 )
𝑑𝑣 = 𝑎
𝑑𝑡
𝑎
3
3
𝑣=
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑠 = (𝑣 + 𝑎𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑠 = 𝑣
𝑑𝑡 + 𝑎
1
𝑠 − 𝑠 = 𝑣 𝑡 + 𝑎𝑡
2
𝑡 𝑑𝑡
EJEMPLOS:
Un automóvil arranca del reposo y con una aceleración constante alcanza una velocidad de 15 m⁄s cuando recorre
una distancia de 200 m. Determine su aceleración y el tiempo requerido.
Datos:
𝑣 =0
𝑠 = 200 m
𝑎 → cte
𝑎 =?
𝑣 = 15 m/s
𝑡 =?
Solución:
𝑣 = 𝑣 + 2𝑎(𝑠 − 𝑠 ) → (15) = 0 + 2𝑎(200)
𝑎 = 0.563 m/s
𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 0 + 𝑎𝑡
15 = 0.563𝑡
𝑡 = 26.67 s
El movimiento de una partícula está definido por la relación 𝑠 = 1.5𝑡 − 30𝑡 + 5𝑡 + 10, donde 𝑠 y 𝑡 se expresan en
metros y segundos, respectivamente. Determine la posición, la velocidad y la aceleración de la partícula cuando 𝑡 =
4 s.
Datos:
𝑠 = 1.5𝑡 − 30𝑡 + 5𝑡 + 10
𝑠 → m, 𝑡 → s
𝑠 =? , 𝑣 =? , 𝑎 =? → 𝑡 = 4 s
Solución:
𝑠 = 1.5(4) − 30(4) + 5(4) + 10
𝑠 = −66 m
𝑣=
𝑑𝑠
→ 𝑣 = 6𝑡 − 60𝑡 + 5 → 𝑣 = 6(4) − 60(4) + 5
𝑑𝑡
𝑣 = 149
𝑎=
m
s
𝑑𝑣
→ 𝑎 = 18𝑡 − 60 → 𝑎 = 18(4) − 60
𝑑𝑡
𝑎 = 228
m
s
La fórmula 𝑠 = (2𝑡 − 8𝑡 + 6) m, donde 𝑡 está en segundos, resulta la posición de la partícula. Determine el tiempo
cuando su velocidad es cero y la distancia total que recorre cuando 𝑡 = 3 s.
4
Datos:
𝑠 = (2𝑡 − 8𝑡 + 6) m, 𝑡 → s
𝑡 =? → 𝑣 = 0
𝑠𝑇 =? → 𝑡 = 3 s
Solución:
𝑣=
𝑑𝑠
→ 𝑣 = 4𝑡 − 8 → 0 = 4𝑡 − 8
𝑑𝑡
𝑡=2s
𝑠𝑇 = 6 + 2 + 2
𝑠𝑇 = 10 m
Cálculos adicionales:
0 ≤𝑡 ≤ 5s
𝑠 = 2𝑡 − 8𝑡 + 6 = 2(5) − 8(5) + 6 = 16 m
𝒔
𝒕
6
0
0
1
-2
2
0
3
6
4
16
5
∆𝑠
∆𝑡
𝑠−𝑠
16 − 6
𝑚
𝑣
=
=
=2
∆𝑡
5
𝑠
𝑠𝑇 = 6 + 2 + 2 + 16 = 26 m
𝑣
(𝑣
)
=
=
𝑠
→ (𝑣
∆𝑡
)
𝑣 = 4𝑡 − 8 = 4(0) − 8 = −8
5
=
26
𝑚
= 5.2
5
𝑠
m
→𝑡 =0s
s
𝑣 = 4𝑡 − 8 = 4(5) − 8 = 12
𝒗
𝒕
-8
0
-4
1
0
2
4
3
8
4
12
5
𝑎=
m
→ 𝑡 = 5s
s
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑎=4
m
s
La magnitud de la velocidad de una partícula que se mueve describiendo una línea recta horizontal es 𝑣 = 𝑘𝑡 + 12,
donde 𝑣 y 𝑡 se expresan en centímetros por segundo y segundos respectivamente, y 𝑘 es una constante (positiva hacia
la derecha). En el instante 𝑡 = 3 s la magnitud de la aceleración es 12 cm⁄s y se dirige hacia la izquierda. Calcule
la distancia total recorrida durante el intervalo de tiempo entre 𝑡 = 1 s y 𝑡 = 6 s.
Datos:
𝑣 = 𝑘𝑡 + 12
𝑘 → cte
𝑣 → cm⁄s
𝑡 = 3 s → 𝑎 = −12 cm⁄s
𝑡→s
𝑠 =? → 1 ≤ 𝑡 ≤ 6 s
Solución:
𝑎=
𝑑𝑣
cm
→ 𝑎 = 2𝑘𝑡 → −12 = 2𝑘(3) → 𝑘 = −2
𝑑𝑡
s
𝑣 = −2𝑡 + 12 → 0 = −2𝑡 + 12 → 𝑡 = 2,45 s
𝑣=
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
2
(−2𝑡 + 12)𝑑𝑡 → 𝑠 = − 𝑡 + 12𝑡
3
6
𝑠 = 11.33 cm → 𝑡 = 1 s
𝑠 = 19.60 cm → 𝑡 = 2.45 s
𝑠 = −72 cm → 𝑡 = 6 s
𝑠 = 8.27 + 19.60 + 72
𝑠 = 99.87 cm
1.2.2.
DETERMINACIÓN DE MOVIMIENTO
Figura 1-3. Casos posibles.
CASO I
CASO II
CASO III
𝑠 = 𝑓(𝑡)
𝑑𝑠
𝑣=
𝑑𝑡
𝑣 = 𝑔(𝑡)
𝑑𝑣
𝑎=
𝑑𝑡
𝑎 = ℎ(𝑡)
𝑣 = 𝑓(𝑡)
𝑑𝑠
𝑣=
𝑑𝑡
𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑡
𝑎 = 𝑓(𝑡)
𝑑𝑣
𝑎=
𝑑𝑡
𝑑𝑣 = 𝑎 𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
𝑓(𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑣 =
𝑠 = 𝑔(𝑡)
CASO IV
𝑣 = 𝑓(𝑠) → 𝑑𝑣 = 𝑔(𝑠)𝑑𝑠
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑓(𝑠)𝑔(𝑠) 𝑑𝑠
𝑎 = 𝑓(𝑠)𝑔(𝑠)
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑣=
→ 𝑑𝑡 =
𝑑𝑡
𝑣
𝑑𝑠
𝑑𝑡 =
𝑓(𝑠)
𝑠 = ℎ(𝑡)
𝑓(𝑡) 𝑑𝑡
𝑣 = 𝑔(𝑡)
CASO V
𝑎 = 𝑓(𝑣)
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣
𝑣 𝑑𝑣
𝑑𝑠 =
𝑎
𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑠 =
𝑓(𝑣)
𝑣 = 𝑔(𝑠)
CASO VI
𝑎 = 𝑓(𝑠)
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣
𝑓(𝑠) 𝑑𝑠 =
𝑣𝑑𝑣
𝑣 = 𝑔(𝑠)
EJEMPLOS:
Una partícula viaja hacia la derecha a lo largo de una línea recta con velocidad 𝑣 = [5/(4 + 𝑠)] m⁄s, donde 𝑠 está
en metros. Determine su posición cuando 𝑡 = 6 s si 𝑠 = 5 m cuando 𝑡 = 0.
7
Datos:
𝑣 = [5/(4 + 𝑠)] m⁄s , 𝑠 → m
𝑠 =? → 𝑡 = 6 s
𝑠 = 5m→ 𝑡 =0s
Solución:
𝑑𝑠
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑡 =
→
𝑑𝑡
𝑣
𝑣=
𝑑𝑡 =
𝑑𝑠
→
5⁄(4 + 𝑠)
𝑑𝑡 =
(4 + 𝑠)
(4 + 5)
4+𝑠
𝑑𝑠 → 𝑡 =
−
5
10
10
(4 + 𝑠) − 81 = 10𝑡 → 𝑠 = √10𝑡 + 81 − 4 → 𝑠 =
10(6) + 81 − 4
𝑠 = 7.87 m
Cálculos adicionales:
𝑣=
5
5
→ 𝑑𝑣 = −
𝑑𝑠
(4 + 𝑠)
4+𝑠
𝑎𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣 → 𝑎𝑑𝑠 =
5
5
25
−
𝑑𝑠 → 𝑎 = −
(4 + 𝑠)
(4 + 𝑠)
4+𝑠
Para 𝑡 = 6 s:
𝑎=−
25
m
= 1.49𝑒 − 2
(4 + 7.87)
𝑠
La aceleración de un cohete viajando hacia arriba está dada por 𝑎 = (6 + 0.02𝑠) m⁄s , donde 𝑠 está en metros.
Determine el tiempo necesario para que el cohete alcance una altura de 𝑠 = 100 m. Inicialmente, 𝑣 = 0 y 𝑠 = 0
cuando 𝑡 = 0.
Datos:
𝑎 = (6 + 0.02𝑠) m⁄s , 𝑠 → m
𝑡 =? → 𝑠 = 100 m
𝑣 = 0, 𝑠 = 0 → 𝑡 = 0
Solución:
𝑎𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣 →
(6 + 0.02𝑠)𝑑𝑠 =
𝑣𝑑𝑣 → 6𝑠 + 0.01𝑠 =
8
𝑣
→𝑣=
2
12𝑠 + 0.02𝑠
𝑣=
𝑑𝑡 =
𝑑𝑠
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑡 =
→
𝑑𝑡
𝑣
𝑑𝑠
𝑑𝑡 =
1
√12𝑠 + 0.02𝑠
𝑑𝑠
√0.02
→
√𝑠 + 600𝑠 + 90000 − 90000
𝑡=
𝑡=
1
√0.02
1
√0.02
→
𝑑𝑡 =
𝑑𝑡 =
1
𝑑𝑠
√0.02
√600𝑠 + 𝑠
1
√0.02
𝑑𝑠
(𝑠 + 300) − 90000
ln (𝑠 + 300) + (𝑠 + 300) − 90000 − 40.33
ln (100 + 300) + (100 + 300) − 90000 − 40.33
𝑡 = 5.63 s
Una partícula se desplaza a lo largo de una línea recta de modo que su aceleración se define como 𝑎 = (−2𝑣) m⁄s ,
donde 𝑣 está en metros por segundo. Si 𝑣 = 20 m⁄s cuando 𝑠 = 0 y 𝑡 = 0, determine la posición, velocidad y
aceleración como funciones del tiempo.
Datos:
𝑎 = (−2𝑣) m⁄s , 𝑣 → m⁄s
𝑣 = 20 m⁄s → 𝑠 = 0, 𝑡 = 0
𝑠 =? , 𝑣 =? , 𝑎 =?
Solución:
𝑎=
𝑑𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑣
→ 𝑑𝑡 =
→ 𝑑𝑡 =
→
𝑑𝑡
𝑎
−2𝑣
𝑑𝑡 = −
1
2
𝑑𝑣
1 𝑣
𝑣
𝑣
→ 𝑡 = − ln
→ −2𝑡 = ln
→
=𝑒
𝑣
2 20
20 20
𝑣 = (20𝑒
𝑎=
) m⁄s
𝑑𝑣
→ 𝑎 = (−2)20𝑒
𝑑𝑡
𝑎 = (−40𝑒
𝑣=
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
) m⁄ s
20𝑒
𝑠 = 10(1 − 𝑒
1
𝑑𝑡 → 𝑠 = − (20𝑒
2
)m
Cálculos adicionales:
Para 𝑡 = 2 s:
𝑠 = 10(1 − 𝑒
( )
𝑠 = 10 1 − 𝑒
)
= 9.81 m
𝑣 = 20𝑒
𝑣 = 20𝑒
( )
= 0.366
m
s
𝑎 = −40𝑒
𝑎 = −40𝑒
( )
9
= −0.732
m
s
− 20)
1.2.3.
GRÁFICAS DEL MOVIMIENTO
Figura 1-4. (a) Gráfica 𝑠 − 𝑡, (b) Gráfica 𝑣 − 𝑡, (c)
Gráfica 𝑎 − 𝑡.
a) Tangente a la curva: tan 𝜃 =
𝑑𝑠
𝑑𝑠
→𝑣=
𝑑𝑡
𝑑𝑡
b) Área bajo la curva =
𝑣𝑑𝑡 =
𝑑𝑠 = 𝑠 − 𝑠 = ∆𝑠 (desplazamiento)
c) Área bajo la curva =
𝑎𝑑𝑡 =
𝑑𝑣 = 𝑣 − 𝑣 = ∆𝑣 (variación de velocidad)
Figura 1-5. Gráfica a−𝑠.
Área bajo la curva =
𝑎𝑑𝑠 =
𝑣𝑑𝑣 =
𝑣 −𝑣
2
10
1.2.4.
MOVIMIENTO ERRÁTICO
Cuando el movimiento de una partícula es errático o variable, su posición, velocidad y aceleración no pueden
describirse mediante una sola función matemática continua a lo largo de toda la trayectoria. En su lugar, se requerirá
una serie de funciones para especificar el movimiento en diferentes intervalos. Por eso, conviene representar el
movimiento como una gráfica. Si se puede trazar una gráfica del movimiento que relacione dos de las variables
𝑠, 𝑣, 𝑎, 𝑡, entonces esta grafica puede utilizarse para construir gráficas subsecuentes que relacionen otras dos variables
de acuerdo con las ecuaciones cinemáticas.
EJEMPLOS:
El bote navega en línea recta con la aceleración descrita por la gráfica de 𝑎 − 𝑠. Si arranca del reposo, trace la gráfica
de 𝑣 − 𝑠 y determine la velocidad máxima del bote. ¿Qué distancia 𝑠´ recorre antes de detenerse?
Datos:
𝑣 =0
Trazar 𝑣 − 𝑠
𝑣
á
=?
𝑠´ =? → 𝑣 = 0
Solución:
[0 − 150 m]:
[150 − 𝑠´ m]:
𝑎 = −0.02𝑠 + 6
𝑎𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣 →
(−0.02𝑠 + 6)𝑑𝑠 =
𝑎 = −4
𝑣𝑑𝑣
𝑎𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣 →
m
s
−4𝑑𝑠 =
𝑣𝑑𝑣
.
−0.01𝑠 + 6𝑠 =
𝑣=
𝑣
→𝑣=
2
−0.02𝑠 + 12𝑠
−0.02(150) + 12(150) = 36.74
−4𝑠 + 4(150) =
m
s
𝑣 − (36.74)
2
−8𝑠 + 1200 = 𝑣 − 1350 → 𝑣 = √−8𝑠 + 2550
0=
−8𝑠´ + 2550
𝑠´ = 318.75 m
𝑣
11
á
= 36.74 m⁄s
El automóvil arranca del reposo y su velocidad es la descrita por la gráfica. Trace la gráfica de 𝑠 − 𝑡 durante el
intervalo de tiempo 0 ≤ 𝑡 ≤ 15 s. También, determine la distancia total recorrida durante este intervalo.
Datos:
𝑣 =0
Trazar 𝑠 − 𝑡 → 0 ≤ 𝑡 ≤ 15 s
𝑠 =? → 0 ≤ 𝑡 ≤ 15 s
Solución:
[0 − 5 s]:
[5 − 15 s]:
𝑣 200
=
→ 𝑣 = 40𝑡
𝑡
5
𝑦 − 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥 )
𝑚=
𝑑𝑠
𝑣=
→ 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
𝑦 −𝑦
0 − 200
→𝑚=
= −20
𝑥 −𝑥
15 − 5
𝑣 = −20(𝑡 − 15) → 𝑣 = −20𝑡 + 300
40𝑡𝑑𝑡
𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡 →
𝑑𝑠 =
(−20𝑡 + 300)𝑑𝑡
𝑠 = 20𝑡 → 𝑠 = 20(5) = 500 m
𝑠 − 500 = −10𝑡 + 300𝑡 + 10(5) − 300(5)
𝑠 = −10𝑡 + 300𝑡 − 750
𝑠 = −10(15) + 300(15) − 750 = 1500 m
𝑠 = 1500 m
12
1.3.
MOVIMIENTO DEPENDIENTE Y RELATIVO DE DOS PARTÍCULAS
1.3.1.
MOVIMIENTO RELATIVO
Existen muchos casos en los que la trayectoria del movimiento de una partícula se complica, de modo que puede ser
más fácil analizar el movimiento en partes por medio de dos o más marcos de referencia.
Figura 1-5. Movimiento relativo de dos partículas.
𝑟 ⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟 ⁄ ⃗ → 𝑟 ⁄ ⃗ = 𝑟 ⃗ − 𝑟⃗ → (vector posición relativa de 𝐵 con respecto de 𝐴)
1.3.2.
𝑠
⁄
=𝑠 −𝑠
𝑣
⁄
=𝑣 −𝑣
𝑎
⁄
=𝑎 −𝑎
MOVIMIENTO DEPENDIENTE
En algunos tipos de problemas el movimiento de una partícula dependerá del movimiento correspondiente de otra
partícula. Esta dependencia ocurre por lo común si las partículas, están interconectadas por medio de cuerdas no
extensibles, las cuales están enrolladas alrededor de poleas. Por ejemplo, el movimiento de un bloque A hacia abajo
del plano inclinado en la figura 1-6 provocará un movimiento correspondiente del bloque B hacia arriba del otro plano
inclinado.
Figura 1-6. Movimiento dependiente de dos partículas.
13
Figura 1-7. Ejemplo más complicado.
Planteamiento a)
𝑠 +𝑠 =𝐿
𝑣 +𝑣 = 0
𝑣 = −𝑣
𝑎 = −𝑎
Figura 1-8. Polipasto simple, planteamiento a).
Planteamiento b)
(ℎ − 𝑠 ) + (ℎ − 𝑠 ) = 𝐿
−𝑠 − 𝑠 = 𝐿 − 2ℎ
−𝑣 − 𝑣 = 0
𝑣 = −𝑣
𝑎 = −𝑎
Figura 1-9. Polipasto simple, planteamiento b).
14
EJEMPLOS:
Determine la rapidez de B si A desciende con una rapidez de 𝑣 = 4 m⁄s en el instante mostrado.
Datos:
𝑣 =?
𝑣 = 4 m⁄s
Solución:
𝑠 + (𝑠 − 𝑠 ) = 𝐿
2𝑠 + 𝑠 = 𝐿
2𝑣 − 𝑣 = 0
2𝑣 + 𝑣 = 0
𝑣 = 2𝑣
2(2𝑣 ) + 𝑣 = 0 → 𝑣 = −
𝑣 = −1
𝑣
4
→𝑣 =−
4
4
m
s
Cálculos adicionales:
𝑣 = 2(−1) = −2
m
s
𝑣
⁄
= 𝑣 − 𝑣 = −2 − 4 = −6
m
s
𝑣
⁄
= 𝑣 − 𝑣 = 4 − (−2) = 6
m
s
𝑣
⁄
= 𝑣 − 𝑣 = 4 − (−1) = 5
m
s
El collarín A empieza a moverse desde el reposo y se desplaza hacia arriba con una aceleración constante. Si se sabe
que después de 8 s la velocidad relativa del collarín B con respecto al collarín A es de 24 in/s, determine a) las
aceleraciones de A y B, b) la velocidad y el cambio en la posición de B después de 6 s.
15
Datos:
(𝑣 ) = 0
𝑎) 𝑎 =? , 𝑎 =?
𝑎 → cte
𝑏) 𝑣 =? , ∆𝑠 =? → 𝑡 = 6 s
𝑡=8s→𝑣
⁄
= 24 plg⁄s
Solución:
a) 𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = (𝑣 ) + 𝑎 𝑡 → 𝑣 = 0 + 𝑎 (8); 𝑣 = (𝑣 ) + 𝑎 𝑡 → 𝑣 = 0 + 𝑎 (8)
𝑣
⁄
=𝑣 −𝑣 →𝑣
⁄
= 8𝑎 − 8𝑎 → 24 = 8𝑎 − 8𝑎 → 3 = 𝑎 − 𝑎
2𝑠 + 𝑠 + (𝑠 − 𝑠 ) = 𝐿 → 𝑣 + 2𝑣 = 0 → 𝑣 = −2𝑣 → 𝑎 = −2𝑎 ∴ 3 = 𝑎 − (−2𝑎 )
𝑎 =1
plg
s
𝑎 = −2(1)
𝑎 = −2
plg
s
b) 𝑣 = 𝑎 𝑡 → 𝑣 = 1(6)
𝑣 =6
plg
s
1
1
1
𝑠 − 𝑠 = 𝑣 𝑡 + 𝑎𝑡 → 𝑠 − (𝑠 ) = (𝑣 ) 𝑡 + 𝑎 𝑡 → ∆𝑠 = 0 + (1)(6)
2
2
2
∆𝑠 = 18 plg
16
El bloque deslizante B se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 300 mm⁄s. Determine a) la
velocidad del bloque deslizante A, b) la velocidad de la porción C del cable, c) la velocidad de la porción D del cable,
d) la velocidad relativa de la porción C del cable con respecto al bloque deslizante A.
Datos:
𝑣 = 300 mm⁄s → cte
𝑎) 𝑣 =? ; 𝑏) 𝑣 =? ; 𝑐) 𝑣 =? ; 𝑑) 𝑣
⁄
=?
Solución:
a)
2𝑠 − 3𝑠 = 𝐿 → 2𝑣 − 3𝑣 = 0 → 𝑣 =
𝑣 = 200
2
2
𝑣 → 𝑣 = (300)
3
3
mm
s
b)
2𝑠 − 𝑠 = 𝐿 → 2𝑣 − 𝑣 = 0 → 𝑣 = 2𝑣 → 𝑣 = 2(300)
𝑣 = 600
mm
s
c)
−𝑠 − 𝑠 = 𝐿 → −𝑣 − 𝑣 = 0 → 𝑣 = −𝑣
𝑣 = −200
mm
s
d)
𝑣
⁄
= 𝑣 − 𝑣 = 600 − 200
𝑣
⁄
= 400
17
mm
s
1.4.
MOVIMIENTO CURVILÍNEO GENERAL
El movimiento curvilíneo ocurre cuando una partícula se desplaza a lo largo de una trayectoria curva. Como esta
trayectoria a menudo se describe en tres dimensiones, utilizaremos análisis vectorial para formular la posición,
velocidad y aceleración de una partícula. En esta sección se analizan los aspectos generales del movimiento curvilíneo
y en secciones subsiguientes consideraremos tres tipos de sistemas de coordenadas que se usan con frecuencia para
analizar este movimiento.
1.4.1.
COORDENADAS RECTANGULARES
De vez en cuando el movimiento de una partícula puede describirse mejor a lo largo de una trayectoria que pueda
expresarse en función de sus coordenadas x, y, z.
Posición. - Si la partícula está en el punto (x, y, z) de la trayectoria curva s mostrada en la figura 1-10, entonces el
vector de posición define su posición.
𝑟⃗ = 𝑥⃗ + 𝑦⃗ + 𝑧⃗
𝑟⃗ = 𝑥𝚤̂ + 𝑦𝚥̂ + 𝑧𝑘
Cuando la partícula se mueve las componentes x, y, z de 𝑟⃗ serán funciones del tiempo, es decir, 𝑥⃗ = 𝑥(𝑡), 𝑦⃗ = 𝑦(𝑡),
𝑧⃗ = 𝑧(𝑡), de modo que 𝑟⃗ = 𝑟(𝑡). En cualquier instante la ecuación de la magnitud de 𝑟⃗ es
𝑟=
𝑥 +𝑦 +𝑧
Figura 1-10. Posición.
Velocidad. - La primera derivada con respecto al tiempo de 𝑟⃗ proporciona la velocidad de la partícula. Por
consiguiente,
𝑣⃗ =
𝑑𝑟⃗
𝑑
𝑑
𝑑
= (𝑥𝚤̂) + (𝑦𝚤̂) + (𝑧𝚤̂)
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Cuando se toma esta derivada, es necesario tener en cuenta tanto la magnitud como la dirección de cada uno de las
componentes vectoriales. Por ejemplo, la derivada de la componente 𝚤̂ de 𝑟⃗ es
𝑑
𝑑𝑥
𝑑𝚤̂
(𝑥𝚤̂) =
𝚤̂ + 𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
El segundo término del lado derecho es cero, siempre que el marco de referencia x, y, z esté fijo y por consiguiente la
dirección (y la magnitud) de 𝚤̂ no cambie con el tiempo. La diferenciación de los componentes 𝚥̂ y 𝑘 se realiza de la
misma manera, lo cual proporciona el resultado final,
𝑣⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝑣 ⃗ + 𝑣⃗
18
𝑣⃗ = 𝑣 𝚤̂ + 𝑣 𝚥̂ + 𝑣 𝑘
Donde:
𝑣 = 𝑥̇ , 𝑣 = 𝑦̇ , 𝑣 = 𝑧̇
La magnitud de la velocidad se determina como
𝑣=
𝑣
+𝑣
+𝑣
Figura 1-11. Velocidad.
La dirección de la velocidad siempre es tangente a la trayectoria, como se muestra en la figura 1-11.
Aceleración. - La aceleración de la partícula se obtiene de la primera derivada con respecto al tiempo de la ecuación
de la velocidad. Tenemos
𝑎⃗ =
𝑑𝑣⃗
= 𝑎 ⃗ + 𝑎 ⃗ + 𝑎⃗
𝑑𝑡
𝑎⃗ = 𝑎 𝚤̂ + 𝑎 𝚥̂ + 𝑎 𝑘
Donde:
𝑎 = 𝑣 ̇ = 𝑥̈
𝑎 = 𝑣 ̇ = 𝑦̈
𝑎 = 𝑣 ̇ = 𝑧̈
La aceleración tiene una magnitud
𝑎=
𝑎
+𝑎
+𝑎
Figura 1-12. Aceleración.
19
*
Movimiento de un proyectil
El movimiento de vuelo libre de un proyectil a menudo se estudia en función de sus componentes rectangulares.
Figura 1-13. Movimiento de un proyectil.
Considere un proyectil lanzado con una velocidad inicial de 𝑣 , cuyas componentes son (𝑣 ) y (𝑣 ) , figura 1-13.
Cuando se hace caso omiso de la resistencia del aire, la única fuerza que actúa en el proyectil es su peso, el cual hace
que el proyectil tenga una aceleración dirigida hacia abajo constante de aproximadamente 𝑎 = 𝑔 = 9.81 m⁄s o
𝑔 = 32.2 pies⁄s .
a) Movimiento horizontal. - Como 𝑎 = 0, la aplicación de las ecuaciones cinemáticas resulta:
𝑎=
𝑑𝑣 = 0
(
𝑣=
𝑑𝑣
→ 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡 → 𝑣 − (𝑣 ) = 0 → 𝑣 = 𝑣 cos 𝜃
)
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
𝑣 cos 𝜃 𝑑𝑡 → 𝑥 = 𝑣 cos 𝜃 𝑡
𝑥 = 𝑣 cos 𝜃 𝑡
𝑣 = 𝑣 cos 𝜃
𝑎 =0
b) Movimiento vertical. - Como el eje y positivo está dirigido hacia arriba, entonces 𝑎 = −𝑔. Al aplicar las
ecuaciones cinemáticas, obtenemos:
𝑎=
𝑑𝑣
→ 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑣=
𝑑𝑡 → 𝑣 − (𝑣 ) = −𝑔𝑡 → 𝑣 = 𝑣 sen 𝜃 − 𝑔𝑡
𝑑𝑣 = −𝑔
(
)
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
1
𝑣 sen 𝜃 𝑑𝑡 → 𝑦 = 𝑣 sen 𝜃 𝑡 − 𝑔𝑡
2
1
𝑦 = 𝑣 sen 𝜃 𝑡 − 𝑔𝑡
2
𝑣 = 𝑣 sen 𝜃 − 𝑔𝑡
𝑎 = −𝑔
Ecuación de la trayectoria. - Eliminando el tiempo, obtenemos la ecuación de la trayectoria (ecuación parabólica).
𝑥 = 𝑣 cos 𝜃 𝑡 → 𝑡 =
20
𝑥
𝑣 cos 𝜃
1
𝑥
1
𝑥
𝑦 = 𝑣 sen 𝜃 𝑡 − 𝑔𝑡 → 𝑦 = 𝑣 sen 𝜃
− 𝑔
2
𝑣 cos 𝜃
2 𝑣 cos 𝜃
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 −
𝑔𝑥
2𝑣 cos 𝜃
Ecuaciones adicionales. – A continuación, se deducen las ecuaciones del tiempo de vuelo, alcance y altura máxima
para el siguiente caso.
Figura 1-14. Caso particular.
𝑣 = 𝑣 sen 𝜃 − 𝑔𝑡 → 0 = 𝑣 sen 𝜃 − 𝑔𝑡 → 𝑡 =
𝑡 =
𝑣 sen 𝜃
← tiempo de subida ∴ 𝑡 = 2𝑡
𝑔
2𝑣 sen 𝜃
← Tiempo de vuelo
𝑔
𝑥 = 𝑣 cos 𝜃 𝑡 → 𝐴 = 𝑣 cos 𝜃 𝑡 → 𝐴 = 𝑣 cos 𝜃
𝐴=
𝑣
sen 2𝜃
← Alcance
𝑔
1
1
𝑦 = 𝑣 sen 𝜃 𝑡 − 𝑔𝑡 → 𝐻 = 𝑣 sen 𝜃 𝑡 − 𝑔𝑡
2
2
𝐻=
𝑣
2𝑣 sen 𝜃
𝑔
→ 𝐻 = 𝑣 sen 𝜃
𝑣 sen 𝜃
1 𝑣 sen 𝜃
− 𝑔
𝑔
2
𝑔
sen 𝜃
← Altura máxima
2𝑔
EJEMPLOS
La pelota de golf es golpeada en A con una rapidez 𝑣 = 40 m⁄s y dirigida a un ángulo de 30° con la horizontal como
se muestra. Determine la distancia d donde la bola golpea la pendiente en B.
Datos:
𝑣 = 40 m⁄s
𝜃 = 30°
𝑑 =?
21
Solución:
𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 −
𝑔𝑥
9.81𝑥
→ 𝑦 = 𝑥 tan 30° −
→ 𝑦 = 0.577𝑥 − 0.00409𝑥
2𝑣 cos 𝜃
2(40) cos 30°
𝑦 1
= → 𝑦 = 0.2𝑥
𝑥 5
0.577𝑥 − 0.00409𝑥 = 0.2𝑥 → 0.377𝑥 − 0.00409𝑥 = 0 → 𝑥 = 92.18 m; 𝑦 = 0.2𝑥 = 0.2(92.18) = 18.44 m
𝑑=
𝑥 +𝑦 =
(92.18) + (18.44)
𝑑 = 94.01 m
Una pelota inmediatamente después de rebotar en el suelo tiene una velocidad de 35 pies/s, a un ángulo de 45° con la
horizontal. Calcule la altura máxima que alcanza la pelota y el tiempo que tarda en hacerlo.
Datos:
𝑣 = 35 pies⁄s
𝐻 =?
𝜃 = 45°
𝑡 =?
Solución:
𝐻=
𝑣 sen 𝜃 (35) sen 45°
=
2𝑔
2(32.2)
𝐻 = 9.51 pies
𝑡 =
𝑣 sen 𝜃 (35) sen 45°
=
𝑔
32.2
𝑡 = 0.769 s
En cualquier instante 𝑥 = (8𝑡) pies, donde t está en segundos, define la posición horizontal del globo atmosférico de
la figura. Si la ecuación de la trayectoria es 𝑦 = 𝑥 ⁄10, determine la magnitud y dirección de la velocidad y la
aceleración cuando 𝑡 = 2 s.
Datos:
𝑣
𝑎
𝜃
𝜃
𝑥 = (8𝑡) pies, 𝑡 → s
𝑦 = 𝑥 ⁄10
22
=?
=?
=? 𝑡 = 2 s
=?
Solución:
𝑥 = (8𝑡) → 𝑣 = 8
𝑦=
pies
→𝑎 =0
s
(8𝑡)
𝑥
32
64
64
pies
(2) → 𝑣 = 25.6
=
→𝑦=
𝑡 →𝑣 =
𝑡=
10
10
5
5
5
s
𝑣=
𝑣
+𝑣
=
𝑣 = 26.8
tan 𝜃 =
(8) + (25.6)
pies
s
𝑣
25.6
=
𝑣
8
𝜃 = 72.6°
𝑣 =
64
pies
𝑡 → 𝑎 = 12.8
∴𝑎=
5
s
𝑎 = 12.8
tan 𝜃 =
𝑎
+𝑎
=
(0) + (12.8)
pies
s
𝑎
12.8
=
𝑎
0
𝜃 = 90°
Cálculos adicionales:
𝑦=
𝑦̇ =
1.4.2.
𝑥
2𝑥𝑥̇
𝑥𝑣
16(8)
pies
→ 𝑦̇ =
→𝑣 =
→𝑣 =
= 25.6
10
10
5
5
s
𝑥𝑥̇
𝑥̇ + 𝑥𝑥̈
𝑣
→ 𝑦̈ =
→𝑎 =
5
5
(8) + 16(0)
+ 𝑥𝑎
pies
→𝑎 =
= 12.8
5
5
s
COMPONENTES NORMAL Y TANGENCIAL
Cuando se conoce la trayectoria a lo largo de la cual viaja una partícula, entonces a menudo conviene describir el
movimiento por medio de los ejes de coordenadas n y t, los cuales actúan de manera normal y tangente a la trayectoria,
respectivamente, y en el instante considerado tienen su origen localizado en la partícula.
Movimiento plano. - Considere la partícula de la figura 1-15, la cual se desplaza en un plano a lo largo de una curva
fija, de modo que en un instante dado está en la posición s, medida con respecto al punto O. A continuación,
consideraremos un sistema de coordenadas con su origen en un punto fijo de la curva, y en el instante considerado
este origen coincide con la ubicación de la partícula. El eje t es tangente a la curva en el punto y es positivo en la
dirección de s creciente. Designaremos esta dirección positiva con el vector unitario 𝑢 . Sólo puede haber una opción
única para el eje normal ya que geométricamente la curva está formada por una serie de segmentos de arco
diferenciales 𝑑𝑠, figura 1-16. Cada segmento 𝑑𝑠 está formado por el arco de un círculo asociado con un radio de
curvatura 𝜌 (rho) y centro de curvatura 𝑂´. El eje normal n es perpendicular al eje t con su sentido positivo dirigido
hacia el centro de curvatura 𝑂´, figura 1-15. Esta dirección positiva, la cual siempre está en el lado cóncavo de la
curva, será designada por el vector unitario 𝑢 . El plano que contiene los ejes n y t se conoce como plano abrazador
u osculante y en este caso está fijo en el plano del movimiento.
23
Figura 1-16. Radio de curvatura.
Figura 1-15. Posición.
Velocidad. - Como la partícula se mueve, s es una función del tiempo. Como se indicó antes, la dirección de la
velocidad 𝑣⃗ de la partícula siempre es tangente a la trayectoria, figura 1-17 y su magnitud se determina por la derivada
con respecto al tiempo de la función de la trayectoria 𝑠 = 𝑠(𝑡), es decir, 𝑣 = 𝑑𝑠 ⁄𝑑𝑡.
Por consiguiente
𝑣⃗ = 𝑣𝑢
Donde
𝑣 = 𝑠̇
.
Figura 1-17. Velocidad.
Figura 1-18. Vectores unitarios.
Movimiento circular. - Por analogía se tiene,
𝛼 → 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒
Posición
𝑠
𝜃
Velocidad
𝑣
𝜔
Aceleración 𝑎
𝛼
𝛼 → 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
1
𝜔=
𝑑𝜃
𝑑𝑡
1
𝜔 = 𝜔 + 𝛼𝑡
2
𝛼=
𝑑𝜔
𝑑𝑡
2
𝜔 = 𝜔 + 2𝑎(𝜃 − 𝜃 )
3
1
𝜃 − 𝜃 = 𝜔 𝑡 + 𝛼𝑡
2
3
𝛼 𝑑𝜃 = 𝜔 𝑑𝜔
𝜔 → 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
1
𝜔=
𝜃
𝑡
Aceleración. - La aceleración de la partícula es el cambio de la velocidad con respecto al tiempo. Por tanto,
𝑎⃗ = 𝑣⃗̇ = 𝑣̇ 𝑢 + 𝑣𝑢 ̇
24
Figura 1-19. Aceleración
Para determinar la derivada con respecto al tiempo 𝑢 ̇ , observe que a medida que la partícula se desplaza a lo largo
del arco 𝑑𝑠 en el tiempo 𝑑𝑡, 𝑢 conserva su magnitud de la unidad, sin embargo, su dirección cambia y se vuelve 𝑢 ´,
figura 1-18.
𝑢
𝑢 ̇ = 𝜔⃗ × 𝑢 = 0
1
𝑢
0
0
𝑢
𝜃̇ = 𝜃̇𝑢
0
Como 𝑑𝑠 = 𝜌𝑑𝜃, figura 1-17, entonces 𝜃̇ = 𝑠̇ ⁄𝜌, y por tanto
𝑢 ̇ = 𝜃̇𝑢 =
𝑠̇
𝑣
𝑢 = 𝑢
𝜌
𝜌
Al sustituir, 𝑎⃗ se escribe como la suma de sus dos componentes,
𝑎⃗ = 𝑎 𝑢 + 𝑎 𝑢
𝑎⃗ = 𝑣̇ 𝑢 + 𝑣
𝑣
𝑢
𝜌
→ 𝑎⃗ = 𝑣̇ 𝑢 +
𝑣
𝑢
𝜌
Donde:
𝑎 = 𝑣̇ o 𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣
Y
𝑎 =
𝑣
𝜌
Estos dos componentes mutuamente perpendiculares se muestran en la figura 1-19. Por consiguiente, la magnitud de
la aceleración es el valor positivo de:
𝑎=
𝑎
+𝑎
Si la trayectoria se expresa como 𝑦 = 𝑓(𝑥), el radio de curvatura 𝜌 en cualquier punto de la trayectoria se determina
con la ecuación:
𝜌=
[1 + (𝑑𝑦⁄𝑑𝑥 ) ]
|𝑑 𝑦⁄𝑑𝑥 |
⁄
EJEMPLOS
En cualquier instante 𝑥 = (8𝑡) pies, donde t está en segundos, define la posición horizontal del globo atmosférico de
la figura. Si la ecuación de la trayectoria es 𝑦 = 𝑥 ⁄10, determine la velocidad y la aceleración cuando 𝑡 = 2 s.
25
Datos:
𝑣 =?
𝑡 =2s
𝑎 =?
𝑥 = (8𝑡) pies, 𝑡 → s
𝑦 = 𝑥 ⁄10
Solución:
𝑥 = (8𝑡) → 𝑣 = 8
𝑦=
𝑣=
𝑣
+𝑣
=
(8𝑡)
𝑥
32
64
=
=
𝑡 →𝑣 =
𝑡
10
10
5
5
(8) + (12.8𝑡) → 𝑣 =
𝑣 = 26.8
1
𝑎 = 𝑣̇ → 𝑎 = (64 + 163.84𝑡 )
2
pies
s
⁄
(327.68𝑡) =
64 + 163.84𝑡 =
64 + 163.84(2)
pies
s
1
(64 + 163.84(2) )
2
⁄
327.68(2) = 12.22
pies
s
𝑑𝑦 2𝑥 𝑥 16
𝑑 𝑦 1
=
= =
= 3.2 ∴
= = 0.2
𝑑𝑥 10 5
5
𝑑𝑥
5
𝜌=
[1 + (𝑑𝑦⁄𝑑𝑥 ) ]
|𝑑 𝑦⁄𝑑𝑥 |
𝑎 =
𝑎=
𝑎
⁄
=
[1 + (3.2) ]
|0.2|
⁄
= 188.42 pies
(26.8)
𝑣
pies
→𝑎 =
= 3.81
𝜌
188.42
s
+𝑎
(12.22) + (3.81)
→𝑎=
𝑎 = 12.8
pies
s
Un automóvil corre en vueltas alrededor de una pista circular de 250 pies de radio y su rapidez durante un corto
intervalo 0 ≤ 𝑡 ≤ 2 𝑠 es de 𝑣 = 3(𝑡 + 𝑡 ) pies⁄s, donde 𝑡 está en segundos. Determine la magnitud de la aceleración
del automóvil cuando 𝑡 = 2 s. ¿Qué distancia recorrió en 𝑡 = 2 s?
Datos:
𝜌 = 250 pies → cte
𝑎 =? → 𝑡 = 2 s
0 ≤ 𝑡 ≤ 2 𝑠 → 𝑣 = 3(𝑡 + 𝑡 ) pies⁄s , 𝑡 → s
∆𝑠 =? → 𝑡 = 2 s
26
Solución:
𝑎 = 𝑣̇ → 𝑎 = 3 + 6𝑡 = 3 + 6(2) = 15
𝑣 = 3(𝑡 + 𝑡 ) = 3(2 + (2) ) = 18
𝑎 =
𝑎=
𝑎
pies
s
pies
s
(18)
𝑣
pies
→𝑎 =
= 1.30
𝜌
250
s
+𝑎
→𝑎=
(15) + (1.30)
𝑎 = 15.06 pies⁄s
𝑣=
𝑑𝑠
→ 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑑𝑠 =
3(𝑡 + 𝑡 )𝑑𝑡 → ∆𝑠 = 1.5𝑡 + 𝑡 → ∆𝑠 = 1.5(2) + (2)
∆𝑠 = 14 pies
1.4.3.
COORDENADAS CILÍNDRICAS
En ocasiones el movimiento de una partícula se limita a una trayectoria que se describe mejor por medio de
coordenadas cilíndricas. Si el movimiento se limita al plano, entonces se utilizan coordenadas polares.
Si la partícula se mueve a lo largo de una curva espacial como se muestra en la figura 1-20, entonces su ubicación se
especifica por medio de las tres coordenadas cilíndricas, r, θ, z. La coordenada z es idéntica a la que se utilizó para
coordenadas rectangulares. Como el vector unitario que define su dirección 𝑢 , es constante, las derivadas con respecto
al tiempo de este vector son cero, y por consiguiente la posición, velocidad y aceleración de la partícula se escriben
en función de sus coordenadas cilíndricas como sigue:
Posición. - Podemos especificar la ubicación de la partícula de la figura 1-21 por medio de una coordenada radial r,
la cual se extiende hacia fuera del origen fijo O hasta la partícula y una coordenada transversal θ, la cual es el ángulo
en sentido contrario al de las manecillas del reloj entre una línea de referencia fija y el eje r. El ángulo en general se
mide en grados o radianes. Los vectores unitarios 𝑢 y 𝑢 definen las direcciones positivas de las coordenadas r y θ,
respectivamente. En este caso, 𝑢 está en la dirección de r creciente cuando θ se mantiene fija y 𝑢 está en una
dirección de θ creciente cuando r se mantiene fija. Observe que estas direcciones son perpendiculares entre sí.
Figura 1-20. Coordenadas cilíndricas.
27
Figura 1-21. Coordenadas polares.
En cualquier instante, figura 1-20, la posición de la partícula está definida por el vector de posición
𝑟⃗ = 𝑟⃗ + 𝑧⃗
𝑟⃗ = 𝑟𝑢 + 𝑧𝑘
Velocidad. - La velocidad instantánea 𝑣⃗ se obtiene al tomar la derivada con respecto al tiempo de 𝑟⃗. Al usar un punto
para representar la derivada con respecto al tiempo, tenemos
𝑣⃗ = 𝑟⃗̇ → 𝑣⃗ = 𝑟̇ 𝑢 + 𝑟𝑢 ̇ + 𝑧̇𝑘
𝑢
𝑢 ̇ = 𝜔⃗ × 𝑢 = 0
1
𝑢
0
0
𝑘
𝜃̇ = 𝜃̇ 𝑢
0
Al sustituir en la ecuación anterior, la velocidad se escribe en su forma de componentes como
𝑣⃗ = 𝑟̇ 𝑢 + 𝑟𝜃̇𝑢 + 𝑧̇𝑘
𝑣⃗ = 𝑣⃗ + 𝑣 ⃗ + 𝑣⃗
Donde:
𝑣 = 𝑟̇
𝑣 = 𝑟𝜃̇
𝑣 = 𝑧̇
Figura 1-22. Velocidad.
Estas componentes se muestran gráficamente en la figura 1-22. La componente radial 𝑣⃗ mide la tasa de incremento
o decremento de la longitud de la coordenada radial, es decir, 𝑟̇ ; en tanto que la componente transversal 𝑣 ⃗ se
interpreta como la tasa de movimiento a lo largo de la circunferencia de un círculo de radio r. La magnitud de la
velocidad o rapidez es simplemente el valor positivo de:
28
𝑣=
𝑣
+𝑣
+𝑣
y la dirección de la velocidad es, desde luego, tangente a la trayectoria, figura 1-22.
Aceleración. - Si tomamos las derivadas de tiempo de la velocidad, obtenemos la aceleración instantánea de la
partícula,
𝑎⃗ = 𝑣⃗̇ → 𝑎⃗ = 𝑟̈ 𝑢 + 𝑟̇ 𝑢 ̇ + 𝑟̇ 𝜃̇𝑢 + 𝑟𝜃̈𝑢 + 𝑟𝜃̇ 𝑢 ̇ + 𝑧̈ 𝑘
𝑢
𝑢 ̇ = 𝜔⃗ × 𝑢 = 0
0
𝑢
0
1
𝑘
𝜃̇ = −𝜃̇ 𝑢
0
Si sustituimos este resultado en la ecuación anterior para 𝑎⃗, escribimos la aceleración en su forma de componentes
como
𝑎⃗ = 𝑎 𝑢 + 𝑎 𝑢 + 𝑎 𝑘
𝑎⃗ = 𝑟̈ 𝑢 + 𝑟̇ 𝜃̇𝑢 + 𝑟̇ 𝜃̇𝑢 + 𝑟𝜃̈𝑢 − 𝑟𝜃̇ 𝑢 + 𝑧̈ 𝑘
𝑎⃗ = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 𝑢 + 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ 𝑢 + 𝑧̈𝑘
𝑎⃗ = 𝑎 ⃗ + 𝑎 ⃗ + 𝑎 ⃗
Donde:
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇
𝑎 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈
𝑎 = 𝑧̈
La magnitud de la aceleración es simplemente el valor positivo de:
𝑎=
𝑎
+𝑎
+𝑎
EJEMPLOS
Las ecuaciones 𝑟 = (𝑡 + 4𝑡 − 4) m y 𝜃 = 𝑡
⁄
rad, donde 𝑡 está en segundos, describen la posición de una
partícula. Determine las magnitudes de la velocidad y aceleración en el instante 𝑡 = 2 s.
Datos:
𝑣 =?
𝑡 =2s
𝑎 =?
𝑟 = (𝑡 + 4𝑡 − 4) m, 𝑡 → s
𝜃= 𝑡
⁄
rad, 𝑡 → s
Solución:
𝑟 = 𝑡 + 4𝑡 − 4 → 𝑟 = (2) + 4(2) − 4 = 12 m
𝑟̇ = 3𝑡 + 4 → 𝑟̇ = 3(2) + 4 = 16
𝑟̈ = 6𝑡 → 𝑟̈ = 6(2) = 12
𝜃=𝑡
⁄
→ 𝜃 = (2)
3
𝜃̇ = 𝑡
2
⁄
3
→ 𝜃̇ = (2)
2
29
⁄
m
s
m
s
= 2.83 rad
⁄
= 2.12
rad
s
𝜃̈ =
3
𝑡
4
⁄
→ 𝜃̈ =
3
(2)
4
⁄
𝑣 = 𝑟̇ → 𝑣 = 16
= 0.530
m
s
𝑣 = 𝑟𝜃̇ → 𝑣 = 12(2.12) = 25.44
𝑣=
𝑣
+𝑣
rad
s
m
s
(16) + (25.44)
=
𝑣 = 30.05
m
s
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ → 𝑎 = 12 − 12(2.12) = −41.93
m
s
𝑎 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ → 𝑎 = 2(16)(2.12) + 12(0.530) = 74.2
𝑎=
𝑎
+𝑎
m
s
(−41.93) + (74.2)
=
𝑎 = 85.23
m
s
Una partícula se mueve a lo largo de una espiral arquimedeana de 𝑟 = (8𝜃) pies, donde 𝜃 está en radianes. Si 𝜃̇ =
4 rad⁄s (constante), determine las componentes radial y transversal de la velocidad y aceleración de la partícula en
el instante 𝜃 = 𝜋⁄2 rad. Trace la curva y muestre las componentes en la curva.
Datos:
𝑣
𝑣
𝑎
𝑎
𝑟 = (8𝜃) pies, 𝜃 → rad
𝜃̇ = 4
rad
→ cte
s
=?
𝜋
=?
𝜃 = rad
=?
2
=?
Solución:
𝑟 = 8𝜃 → 𝑟 = 8
𝜋
= 12.57 pies
2
𝑟̇ = 8𝜃̇ → 𝑟̇ = 8(4) = 32
𝜃̇ = 4
pies
s
rad
→ 𝜃̈ = 0
s
𝑟̈ = 8𝜃̈ → 𝑟̈ = 8(0) = 0
30
𝑣 = 𝑟̇
𝑣 = 32
pies
s
𝑣 = 𝑟𝜃̇ → 𝑣 = 12.57(4)
𝑣 = 50.28
pies
s
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ → 𝑎 = 0 − 12.57(4)
𝑎 = −201.12
pies
s
𝑎 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ → 𝑎 = 2(32)(4) + 12.57(0)
𝑎 = 256
pies
s
Cálculos adicionales:
𝑣=
𝑎=
𝑣
𝑎
+𝑣
+𝑎
=
=
(32) + (50.28) = 59.59
pies
s
(−201.12) + (256) = 325.55
pies
s
La posición de una partícula, que se mueve en el plano x-y, se define mediante 𝑟⃗ = {2𝑡𝚤̂ + 4𝑡 𝚥̂} pies⁄s, donde 𝑡 está
en segundos. Determine las componentes radial y transversal de la velocidad y la aceleración de la partícula cuando
𝑡 = 2 s.
Datos:
𝑟⃗ = {2𝑡𝚤̂ + 4𝑡 𝚥̂} pies⁄s , 𝑡 → s
𝑣
𝑣
𝑎
𝑎
=?
=?
𝑡 =2s
=?
=?
Solución:
𝑟=
𝑥 +𝑦 →𝑟 =
(2𝑡) + (4𝑡 ) = 2 𝑡 + 4𝑡 → 𝑟 = 2 (2) + 4(2) = 16.49 pies
tan 𝜃 =
𝑦
→ 𝜃 = tan
𝑥
31
4𝑡
= tan
2𝑡
2𝑡
𝑟̇ = (𝑡 + 4𝑡 )
⁄
(2𝑡 + 16𝑡 ) = 2(1 + 4𝑡 )
⁄
(1 + 8𝑡 ) → 𝑟̇ = 2(1 + 4(2) )
⁄
(1 + 8(2) )
= 16.01 pies⁄s
𝑟̈ = −8𝑡(1 + 4𝑡 )
⁄
𝑟̈ = 8𝑡(1 + 4𝑡 )
(1 + 8𝑡 ) + 32𝑡(1 + 4𝑡 )
⁄
⁄
= 8𝑡(1 + 4𝑡 )
(3 + 8𝑡 ) → 𝑟̈ = 8(2)(1 + 4(2) )
𝜃̇ =
𝜃̈ = −
⁄
⁄
(−1 − 8𝑡 + 4 + 16𝑡 )
(3 + 8(2) ) = 7.99
2
2
rad
→ 𝜃̇ =
= 0.118
1 + 4𝑡
1 + 4(2)
s
16𝑡
16(2)
rad
→ 𝜃̈ = −
= −0.111
(1 + 4𝑡 )
(1 + 4(2) )
s
𝑣 = 𝑟̇
𝑣 = 16.01
pies
s
𝑣 = 𝑟𝜃̇ → 𝑣 = 16.49(0.118)
𝑣 = 1.95
pies
s
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ → 𝑎 = 7.99 − 16.49(0.118)
𝑎 = 7.76
pies
s
𝑎 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ → 𝑎 = 2(16.01)(0.118) + 16.49(−0.111)
𝑎 = 1.95
32
pies
s
pies
s
CAPÍTULO II
2.
2.1.
CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
MOVIMIENTO PLANO
Este estudio es importante en el diseño de engranes, levas y mecanismos utilizados en muchas operaciones mecánicas.
Una vez que entendamos bien la cinemática, podremos aplicar las ecuaciones de movimiento, las cuales relacionan
las fuerzas que actúan en el cuerpo con el movimiento del cuerpo.
El movimiento plano de un cuerpo rígido ocurre cuando todas sus partículas se desplazan a lo largo de trayectorias
equidistantes de un plano fijo. Existen tres tipos de movimiento plano de un cuerpo rígido, en orden de complejidad
creciente, los cuales son
Figura 2-1. Movimiento plano.
En la figura 2-2 se muestran ejemplos de cuerpos sometidos a los diferentes tipos de movimientos.
Figura 2-2. Mecanismo con movimiento plano.
Traslación. - Este tipo de movimiento ocurre cuando una línea en el cuerpo permanece paralela a su orientación
original durante todo el movimiento. Cuando las trayectorias del movimiento de dos puntos cualesquiera del cuerpo
son líneas paralelas, el movimiento se llama traslación rectilínea, figura 2-1(a). Si las trayectorias del movimiento se
desarrollan a lo largo de líneas curvas equidistantes, el movimiento se llama traslación curvilínea, figura 2-1(b).
Rotación alrededor de un eje fijo. - Cuando un cuerpo rígido gira alrededor de un eje fijo, todas sus partículas, excepto
las que quedan en el eje de rotación, se mueven a lo largo de trayectorias circulares, figura 2-1(c).
33
Movimiento plano general. - Cuando un cuerpo se somete a un movimiento plano general, experimenta una
combinación de traslación y rotación, figura 2-1(d). La traslación se presenta en un plano de referencia y la rotación
ocurre alrededor de un eje perpendicular al plano de referencia.
2.1.1.
MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN
Considere un cuerpo rígido sometido a traslación rectilínea o curvilínea en el plano x-y, figura 2-3.
Figura 2-3. Traslación.
Posición. - Las localizaciones de los puntos A y B en el cuerpo se definen con respecto a un marco de referencia fijo
x, y por medio de vectores de posición 𝑟⃗ y 𝑟 ⃗.
𝑟 ⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟 ⁄ ⃗
Velocidad. - Una relación entre las velocidades instantáneas de A y B se obtiene mediante la derivada con respecto al
tiempo de esta ecuación, de la cual resulta
𝑟 ⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟
⁄
𝑢 → 𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝑟 ⁄̇ 𝑢 + 𝑟
⁄
𝑢̇ → 𝑣 ⃗ = 𝑣⃗ + 0 + 0 → 𝑣 ⃗ = 𝑣⃗
Aceleración. - Al considerar la derivada con respecto al tiempo de la ecuación de velocidad se obtiene una relación
similar entre las aceleraciones instantáneas de A y B:
𝑎 ⃗ = 𝑎⃗
Las dos ecuaciones anteriores indican que todos los puntos en un cuerpo rígido sometidos a traslación rectilínea o
curvilínea se mueven con la misma velocidad y aceleración.
2.1.2.
MOVIMIENTO DE ROTACIÓN CON RESPECTO A UN EJE FIJO
Figura 2-4. Movimiento de rotación.
34
Cuando un cuerpo gira alrededor de un eje fijo, cualquier punto A localizado en él se desplaza a lo largo de una
trayectoria circular.
Posición y desplazamiento. - Cuando el cuerpo rígido de la figura 2-4 gira, el punto A se desplaza a lo largo de una
trayectoria circular de radio r con centro en el punto O. Si gira 𝑑𝜃 entonces A se desplazará 𝑑𝑠 = 𝑟𝑑𝜃. La posición
de A está definida por el vector de posición 𝑟⃗, el cual se extiende desde O hasta A.
𝑟⃗ = 𝑟 𝑢
Velocidad. - Como se muestra en la figura 2-4 la dirección de 𝑣⃗ es tangente a la trayectoria circular. La velocidad de
A se calcula al derivar la ecuación anterior.
𝑣 ⃗ = 𝑟 ̇ 𝑢 + 𝑟 𝑢 ̇ → 𝑣 ⃗ = 0 + 𝜔⃗ × 𝑟 𝑢
𝑣 ⃗ = 𝜔⃗ × 𝑟⃗
El orden de los vectores es importante, puesto que el producto vectorial no es conmutativo.
Aceleración. - La aceleración de A puede expresarse en función de sus componentes normal y tangencial.
𝑣 ⃗ = 𝜔⃗ × 𝑟 𝑢 → 𝑎 ⃗ = 𝛼⃗ × 𝑟 𝑢 + 𝜔⃗ × 𝑟 𝑢 ̇ → 𝑎 ⃗ = 𝛼⃗ × 𝑟⃗ + 𝜔⃗ × 𝜔⃗ × 𝑟 𝑢
𝑎 ⃗ = 𝛼⃗ × 𝑟⃗ + 𝜔⃗ × 𝜔⃗ × 𝑟⃗
𝑎 ⃗ = 𝑎⃗ + 𝑎 ⃗
Donde:
𝑎 = 𝛼𝑟
𝑎 =𝜔 𝑟
La componente tangencial de la aceleración, figura 2-4, representa el cambio con respecto al tiempo de la magnitud
de la velocidad. Si la rapidez de A se incrementa, entonces 𝑎⃗ actúa en la misma dirección que 𝑣⃗; si se reduce, 𝑎⃗ actúa
en la dirección opuesta de 𝑣⃗, y finalmente, si permanece constante, 𝑎⃗ es cero.
La componente normal de la aceleración representa el cambio con respecto al tiempo de la dirección de la velocidad.
La dirección de 𝑎 ⃗ siempre es hacia O, el centro de la trayectoria circular.
2.1.3.
MOVIMIENTO PLANO GENERAL
Figura 2-5. Análisis de movimiento relativo.
Un cuerpo sometido a movimiento plano general experimenta una traslación y rotación simultáneas. Si el cuerpo se
representa como una lámina delgada, ésta se traslada en su plano y gira alrededor de un eje perpendicular a este plano.
35
El movimiento puede especificarse por completo si se conocen tanto la rotación angular de una línea fija en el cuerpo
como el movimiento de un punto en él.
Posición. - El vector de posición 𝑟⃗ en la figura 2-5 especifica la ubicación del “punto base” A y el vector de posición
relativa 𝑟 ⁄ ⃗ localiza el punto B con respecto al punto A. Mediante adición vectorial, la posición de B es, por tanto
𝑟 ⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟 ⁄ ⃗
Velocidad. - Para determinar la relación entre las velocidades de los puntos A y B es necesario considerar la derivada
con respecto al tiempo de la ecuación de posición.
𝑣 ⃗ = 𝑣⃗ + 𝑣
⁄⃗
Donde:
𝑣 ⃗ = velocidad del punto B
𝑣 ⃗ = velocidad del punto base A
𝑣
⁄⃗
= velocidad de B con respecto a A
𝑟 ⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟
⁄
𝑢 → 𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝑟 ⁄̇ 𝑢 + 𝑟
⁄
𝑢 ̇ → 𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 0 + 𝜔⃗ × 𝑟
⁄
𝑢
𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝜔⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗
Aceleración. - Una ecuación que relacione la aceleración de dos puntos en una barra (cuerpo rígido) sometida a
movimiento plano general puede determinarse al diferenciar 𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝑣
𝑎 ⃗ = 𝑎⃗ + 𝑎
𝑎 ⃗ = 𝑎⃗ + 𝑎
⁄⃗
⁄⃗
con respecto al tiempo. De aquí resulta
⁄⃗
+𝑎
⁄⃗
Donde:
𝑎 ⃗ = aceleración del punto B
𝑎 ⃗ = aceleración del punto base A
𝑎
⁄⃗
= componente de aceleración tangencial de B con respecto a A. La magnitud es 𝑎
⁄⃗
= 𝛼⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗ y la dirección
es perpendicular a 𝑟 ⁄ ⃗.
𝑎
⁄⃗
= componente de aceleración normal de B con respecto a A. La magnitud es 𝑎
dirección siempre es de B hacia A.
𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝜔⃗ × 𝑟
⁄
𝑢 → 𝑎 ⃗ = 𝑎 ⃗ + 𝛼⃗ × 𝑟
⁄
𝑢 + 𝜔⃗ × 𝑟
𝑎 ⃗ = 𝑎 ⃗ + 𝛼⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗ + 𝜔⃗ × 𝜔⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗
Donde:
𝑎 ⃗ = aceleración del punto B
𝑎 ⃗ = aceleración del punto base A
𝛼⃗ = aceleración angular del cuerpo
𝜔⃗ = velocidad angular del cuerpo
𝑟 ⁄ ⃗ = vector de posición dirigido de A a B
36
⁄
𝑢̇
⁄⃗
= 𝜔⃗ × 𝜔⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗ y la
Si dos cuerpos se ponen en contacto sin deslizarse, y los puntos en contacto se mueven a lo largo de trayectorias
diferentes, entonces las componentes tangenciales de su aceleración serán las mismas; sin embargo, las componentes
normales en general no serán las mismas. Por ejemplo, considere los dos engranes acoplados en la figura 2-6.
Figura 2-6. Análisis de movimiento relativo.
EJEMPLOS
El gancho está sujeto a una cuerda que se enrolla alrededor del tambor. Si comienza a moverse desde el punto de
reposo con una aceleración de 20 pies⁄s , determine la aceleración angular del tambor y su velocidad angular
después de que ha completado 10 revoluciones. ¿Cuántas revoluciones más realizará el tambor después de que haya
completado las primeras 10 y el gancho continúe su descenso durante 4 s?
Datos:
𝛼 =?
𝜃 = 10 rev = 62.83 rad
𝜔 =?
𝜔 =0
𝑎 = 20 pies⁄s
𝜃 =? → 𝑡 = 4 s
Solución:
𝑎 = 𝛼𝑟 → 20 = 𝛼(2)
𝛼 = 10 rad⁄s
37
𝜔 =𝜔
+ 2𝛼(𝜃 − 𝜃 ) → 𝜔 = 0 + 2(10)(62.83)
𝜔 = 35.45
rad
𝑠
1
1
𝜃 − 𝜃 = 𝜔 𝑡 + 𝛼𝑡 → 𝜃 − 0 = 35.45(4) + (10)(4) = 221.8 rad
2
2
𝜃 = 35.3 rev
Cálculos adicionales: Velocidad y aceleración de un punto sobre el borde del tambor.
𝑣 = 𝜔𝑟 = 35.45(2) = 70.9
pies
s
𝑎 = 𝜔 𝑟 = (35.45) (2) = 2513.41
𝑎=
𝑎 +𝑎 =
pies
s
(20) + (2513.41) = 2513.49
pies
s
Cuando sólo dos engranes están engranados, el engrane propulsor A y el engrane propulsado B siempre girarán en
direcciones opuestas. Para hacerlos que giren en la misma dirección se utiliza un engrane loco o guía C. En el caso
que se ilustra, determine la velocidad angular del engrane B cuando 𝑡 = 5 s, si el engrane A comienza a girar desde el
punto de reposo con una aceleración angular 𝛼 = (3𝑡 + 2) rad⁄s , donde 𝑡 está en segundos.
Datos:
𝜔 =? → 𝑡 = 5 s
(𝜔 ) = 0
𝛼 = (3𝑡 + 2) rad⁄s , 𝑡 → s
Solución:
𝛼=
𝑑𝜔
→ 𝑑𝜔 = 𝛼𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
𝑑𝜔 =
(3𝑡 + 2)𝑑𝑡 → 𝜔 = 1.5𝑡 + 2𝑡 → 𝜔 = 1.5(5) + 2(5) = 47.5
𝑣 = 𝜔 𝑟 , 𝑣 = 𝜔 𝑟 → 𝜔 𝑟 = 𝜔 𝑟 → 47.5(50) = 𝜔 (50) → 𝜔 = 47.5
𝑣 = 𝜔 𝑟 , 𝑣 = 𝜔 𝑟 → 𝜔 𝑟 = 𝜔 𝑟 → 47.5(50) = 𝜔 (75)
𝜔 = 31.67
Cálculos adicionales:
38
rad
s
rad
s
rad
s
𝛼 = 3(5) + 2 = 17
rad
s
𝑎 = 𝛼 𝑟 , 𝑎 = 𝛼 𝑟 → 𝛼 𝑟 = 𝛼 𝑟 → 17(50) = 𝛼 (50) → 𝛼 = 17
rad
s
𝑎 = 𝛼 𝑟 , 𝑎 = 𝛼 𝑟 → 𝛼 𝑟 = 𝛼 𝑟 → 17(50) = 𝛼 (75) → 𝛼 = 11.30
𝑣 = 𝜔 𝑟 = 47.5(50) = 2375
rad
s
mm
s
Los rodillos de caucho A y B tienen el punto de contacto entre sí ubicado en C. Si el rodillo A parte del reposo y tiene
una aceleración angular de 𝛼 = (0.3𝜃) rad⁄s , donde θ está en radianes, determine la velocidad angular del rodillo
B cuando 𝜃 = 20 rad.
Datos:
(𝜔 ) = 0
𝛼 = (0.3𝜃) rad⁄s , 𝜃 → rad
𝜔 =? → 𝜃 = 20 rad
Solución:
𝛼𝑑𝜃 = 𝜔𝑑𝜔 →
0.3𝜃𝑑𝜃 =
𝜔𝑑𝜔 → 0.15𝜃
=
𝜔
rad
→ 𝜔 = √0.3𝜃 = √0.3(20) = 10.95
2
𝑠
𝑣 = 𝜔 𝑟 = 𝜔 𝑟 → 10.95(2) = 𝜔 (3)
𝜔 = 7.30
rad
s
La velocidad angular de una barra acodada está definida por 𝜔 = (3𝑡 + 4) rad⁄s, donde 𝑡 está en segundos.
Determine las magnitudes de la velocidad y la aceleración del punto C cuando 𝑡 = 4 s.
Datos:
𝑣 =?
𝑡 =4s
𝑎 =?
𝜔 = (3𝑡 + 4) rad⁄s , 𝑡 → s
39
Solución:
𝜔 = 3𝑡 + 4 = 3(4) + 4 = 52
𝛼=
rad
s
𝑑𝜔
rad
→ 𝛼 = 6𝑡 = 6(4) = 24
𝑑𝑡
s
𝑣 = 𝜔𝑟 = 52 (0.3) + (0.4) = 52(0.5)
𝑣 = 26
m
s
𝑎 = 𝛼𝑟 → 𝑎 = 24(0.5) = 12
m
s
𝑎 = 𝜔 𝑟 → 𝑎 = (52) (0.5) = 1352
𝑎 =
𝑎
+𝑎
=
m
s
(12) + (1352)
𝑎 = 1352.05
m
s
La manivela AB gira a una velocidad angular constante de 5 rad⁄s. Determine la velocidad y aceleración del bloque
C, también la velocidad y aceleración angular del eslabón BC cuando 𝜃 = 30°.
Datos:
𝜔 = 5 rad⁄s → cte
𝑣
𝑎
𝜔
𝛼
=?
=?
=?
=?
𝜃 = 30°
Solución:
sen ∅ =
600 sen 30° − 150
→ ∅ = 30°
300
𝑣 =𝑣 +𝑣
𝑣 +𝑣
⁄
⁄
= 𝑣 +𝑣
40
⁄
0+𝑣
𝜔 ×𝑟
⁄
⁄
=𝑣 +𝑣
⁄
=𝑣 +𝜔 ×𝑟
⁄
5𝑘 × (600 cos 30° 𝚤̂ + 600 sen 30° 𝚥̂) = 𝑣 𝚤̂ + 𝜔 𝑘 × (−300 cos 30° 𝚤̂ + 300 sen 30° 𝚥̂)
2598.08𝚥̂ − 1500𝚤̂ = 𝑣 𝚤̂ − 259.81𝜔 𝚥̂ − 150𝜔 𝚤̂
𝚤̂ : − 1500 = 𝑣 − 150𝜔
𝚥̂: 2598.08 = −259.81𝜔
𝜔 = −10
rad
s
𝑣 = −3000
𝑎
𝑎
𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
+𝑎
⁄
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
mm
s
=𝑎 +𝑎
⁄
=𝑎 +𝑎
⁄
+𝑎
=𝑎 +𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
0 + 5𝑘 × 5𝑘 × (519.62𝚤̂ + 300𝚥̂) = 𝑎 𝚤̂ + 𝛼 𝑘 × (−259.81𝚤̂ + 150𝚥̂) + −10𝑘 × −10𝑘 × (−259.81𝚤̂ + 150𝚥̂)
−12990.5𝚤̂ − 7500𝚥̂ = 𝑎 𝚤̂ − 259.81𝛼 𝚥̂ − 150𝛼 𝚤̂ + 25981𝚤̂ − 15000𝚥̂
𝚤̂ : − 12990.5 = 𝑎 − 150𝛼 + 25981
𝚥̂ : − 7500 = −259.81𝛼 − 15000
𝛼 = −28.87 rad⁄s
𝑎 = −43302 mm⁄s
En el mecanismo mostrado en la figura, el engrane 2 gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj con una
velocidad angular constante de 5 rad/s. Determine la aceleración del bloque corredizo D y la aceleración angular del
eslabón CD en el instante que se muestra.
Datos:
𝜔 =5
rad
→ cte
s
𝑎 =?
𝛼 =?
Solución:
𝑣 = 𝜔 𝑟 = 𝜔 𝑟 → 5(0.2) = 𝜔 (0.4) → 𝜔 = 2.5
𝑣 =𝑣 +𝑣
41
⁄
rad
→ cte
s
𝑣 +𝑣
0+𝑣
𝜔 ×𝑟
⁄
⁄
= 𝑣 +𝑣
=𝑣 +𝑣
⁄
⁄
⁄
=𝑣 +𝜔 ×𝑟
⁄
−2.5𝑘 × 0.35𝚥̂ = 𝑣 𝚤̂ + 𝜔 𝑘 × (− 0.35⁄tan 15° 𝚤̂ + 0.35𝚥̂)
0.875𝚤̂ = 𝑣 𝚤̂ − 1.31𝜔 𝚥̂ − 0.35𝜔 𝚤̂
𝚤̂: 0.875 = 𝑣 − 0.35𝜔
𝚥̂: 0 = −1.31𝜔
𝜔 =0
𝑣 = 0.875
𝑎
𝑎
𝛼 ×𝑟
⁄
+𝑎
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
⁄
⁄
m
s
=𝑎 +𝑎
⁄
=𝑎 +𝑎
⁄
+𝑎
=𝑎 +𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
0 + −2.5𝑘 × −2.5𝑘 × 0.35𝚥̂ = 𝑎 𝚤̂ + 𝛼 𝑘 × (−1.31𝚤̂ + 0.35𝚥̂) + 0
−2.19𝚥̂ = 𝑎 𝚤̂ − 1.31𝛼 𝚥̂ − 0.35𝛼 𝚤̂
𝚤̂: 0 = 𝑎 − 0.35𝛼
𝚥̂ : − 2.19 = −1.31𝛼
𝛼 = 1.67 rad⁄s
𝑎 = 0.585 m⁄s
Cálculos adicionales:
𝑣 =𝑣 +𝑣
⁄
= 0+𝜔 ×𝑟
⁄
= 5𝑘 × 0.35𝚥̂ = −1.75𝚤̂ → 𝑣 = 1.75
𝑎 =𝑎 +𝑎
𝑎 = 0+𝑎
𝑎 =𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
m
s
⁄
+𝑎
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
𝑎 = 1.67𝑘 × (−1.31𝚤̂ + 0.35𝚥̂) + 0 = −2.19𝚥̂ − 0.585𝚤̂ → 𝑎 = 2.26 m⁄s
El eslabón AB tiene una velocidad angular constante de 5 rad/s en sentido de las manecillas del reloj en el instante que
se muestra. Determine la velocidad y la aceleración del bloque C.
42
Datos:
𝜔 = −5
rad
→ cte
s
𝑣 =?
𝑎 =?
Solución:
𝑣 =𝑣 +𝑣
𝑣 +𝑣
0+𝑣
𝜔 ×𝑟
⁄
⁄
=𝑣 +𝑣
⁄
=𝑣 +𝑣
⁄
⁄
⁄
=𝑣 +𝜔 ×𝑟
⁄
−5𝑘 × (−3𝚥̂) = 𝑣 𝚤̂ + 𝜔 𝑘 × (2⁄tan 15° 𝚤̂ + 2𝚥̂)
−15𝚤̂ = 𝑣 𝚤̂ − 7.46𝜔 𝚥̂ − 2𝜔 𝚤̂
𝚤̂ : − 15 = 𝑣 − 2𝜔
𝚥̂: 0 = −7.46𝜔
𝜔 =0
𝑣 = −15
𝑎
𝑎
𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
+𝑎
⁄
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
m
s
=𝑎 +𝑎
⁄
=𝑎 +𝑎
⁄
+𝑎
=𝑎 +𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
0 + −5𝑘 × −5𝑘 × (−3𝚥̂) = 𝑎 𝚤̂ + 𝛼 𝑘 × (7.46𝚤̂ + 2𝚥̂) + 0
75𝚥̂ = 𝑎 𝚤̂ + 7.46𝛼 𝚥̂ − 2𝛼 𝚤̂
𝚤̂: 0 = 𝑎 − 2𝛼
𝚥̂: 75 = −7.46𝛼
𝛼 = −10.05
𝑎 = 20.10
rad
s
m
s
Cálculos adicionales:
𝑣 =𝑣 +𝑣
𝑎 =𝑎 +𝑎
⁄
= 0+𝑎
⁄
⁄
=0+𝜔 ×𝑟
+𝑎
⁄
⁄
= −5𝑘 × (−3𝚥̂) = −15𝚤̂ → 𝑣 = 15 m⁄s
=𝛼 ×𝑟
⁄
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
𝑎 = 75𝚥̂ → 𝑎 = 75
2.2.
⁄
= 0 + −5𝑘 × −5𝑘 × (−3𝚥̂)
m
s
CENTRO INSTANTÁNEO DE VELOCIDAD CERO
La velocidad de cualquier punto B localizado en un cuerpo rígido puede obtenerse de una manera muy directa al
seleccionar el punto base A como un punto de velocidad cero en el instante considerado. En este caso, 𝑣 ⃗ = 0 y por
consiguiente la ecuación de velocidad, 𝑣 ⃗ = 𝑣 ⃗ + 𝜔⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗, se vuelve 𝑣 ⃗ = 𝜔⃗ × 𝑟 ⁄ ⃗. En el caso de un cuerpo que
43
tenga movimiento plano general, el punto A así seleccionado se llama centro instantáneo de velocidad cero (CI) y se
ubica en el eje instantáneo de velocidad cero. Este eje siempre es perpendicular al plano de movimiento y la
intersección del eje con el plano define la ubicación del CI. Como el punto A coincide con el CI, entonces 𝑣 ⃗ =
𝜔⃗ × 𝑟
⁄
⃗ y por tanto el punto B se mueve momentáneamente alrededor del CI en una trayectoria circular; expresado
de otra manera, el cuerpo parece girar alrededor del eje instantáneo. La magnitud de 𝑣 ⃗ es simplemente 𝑣 = 𝜔𝑟
⁄
,
donde 𝜔 es la velocidad angular del cuerpo. Debido al movimiento circular, la dirección de 𝑣 ⃗ siempre debe ser
perpendicular a 𝑟
⁄
⃗.
Figura 2-7. Centro instantáneo.
Por ejemplo, el CI de la rueda de la bicicleta de la figura 2-8 está en el punto de contacto con el suelo. Allí los rayos
son un tanto visibles, mientras que en la parte superior de rueda se ven borrosos. Si nos imaginamos que la rueda esta
momentáneamente fija por medio de un pasador en este punto, se pueden determinar las velocidades de varios puntos
con 𝑣 = 𝜔𝑟. Aquí, las distancias radiales mostradas en la foto, figura 2-8, deben determinarse mediante la geometría
de la rueda.
Figura 2-8. Rueda de bicicleta.
2.2.1.
LOCALIZACIÓN DEL CI
Para localizar el CI podemos partir del hecho de que la velocidad de un punto en el cuerpo siempre es perpendicular
al vector de posición relativa dirigido desde CI hacia el punto. Se presentan varias posibilidades:

La velocidad 𝑣 ⃗ de un punto A en el cuerpo y la velocidad angular 𝜔 del cuerpo se conocen, figura 2-9a. En este
caso, el CI se encuentra a lo largo de la línea trazada perpendicular a 𝑣 ⃗ en A, de modo que la distancia de A al
CI es 𝑟
⁄
= 𝑣 ⁄𝜔 . Observe que el CI queda arriba a la derecha de A puesto que 𝑣 ⃗ debe provocar una velocidad
angular en el sentido de las manecillas del reloj 𝜔 alrededor del CI.
44

Las líneas de acción de dos velocidades no paralelas 𝑣 ⃗ y 𝑣 ⃗ se conocen, figura 2-9b. Trace en los puntos A y B
segmentos de línea perpendiculares a 𝑣 ⃗ y 𝑣 ⃗. Al extender estas perpendiculares hasta su punto de intersección
como se muestra, se localiza el CI en el instante considerado.

La magnitud y dirección de dos velocidades paralelas 𝑣 ⃗ y 𝑣 ⃗ se conocen. En este caso, la ubicación del CI se
determina por medio de triángulos proporcionales. En las figuras 2-9c y d se muestran algunos ejemplos. En
ambos casos 𝑟
figura 2-9c, 𝑟
⁄
⁄
= 𝑣 ⁄𝜔 y 𝑟
+𝑟
⁄
⁄
= 𝑣 ⁄𝜔. Si d es una distancia conocida entre los puntos A y B, entonces en la
= 𝑑 y en la figura 2-9d, 𝑟
⁄
−𝑟
⁄
= 𝑑.
Dese cuenta de que el punto seleccionado como el centro instantáneo de velocidad cero del cuerpo sólo puede ser
utilizado en el instante considerado puesto que el cuerpo cambia de posición de un instante al siguiente.
El lugar geométrico de los puntos que definen la ubicación del CI durante el movimiento del cuerpo se llama centroda,
figura 2-9a, y por tanto cada punto en la centroda actúa como el CI del cuerpo sólo por un instante.
Aun cuando el CI puede ser utilizado con mucho provecho para determinar la velocidad de cualquier punto de un
cuerpo, por lo general no tiene aceleración cero y en consecuencia no se le debe utilizar para determinar las
aceleraciones de los puntos de un cuerpo.
Figura 2-9. Localización del CI.
EJEMPLOS
La manivela AB gira a una velocidad angular constante de 5 rad⁄s. Determine la velocidad del bloque C y la velocidad
angular del eslabón BC cuando 𝜃 = 30°.
45
Datos:
𝜔 =5
rad
→ cte
s
𝑣 =?
𝜃 = 30°
𝜔 =?
Solución:
𝑣 =𝜔 ×𝑟
⁄
= 5𝑘 × (600 cos 30°𝚤̂ + 600 sen 30°𝚥̂) = 25980.76𝚥̂ + 1500𝚤̂
𝑣 =𝜔 𝑟
= 5(600) = 3000
⁄
𝑣 =𝜔 𝑟
⁄
→ 3000 = 𝜔 (300)
𝜔 = −10
𝑣 =𝜔 𝑟
rad
s
= 10(300)
⁄
𝑣 = −3000
Si la barra AB gira con una velocidad angular 𝜔
mm
s
mm
s
= 3 rad⁄s, determine la velocidad angular de la barra CD en el
instante que se muestra.
46
Datos:
𝜔 =3
rad
s
𝜔 =?
Solución:
∅ + 45° + 60° = 180° → ∅ = 75°
sen 𝛽 =
4 sen 60° − 2 sen 45°
→ 𝛽 = 43.10°
3
𝐴𝐷 = 2 cos 45° + 3 cos 43.10° + 4 cos 60° = 5.60 pies
2+𝑟 ⁄
5.60
=
→𝑟
sen 60°
sen 75°
4+𝑟 ⁄
5.60
=
→𝑟
sen 45°
sen 75°
𝑣 =𝜔 𝑟
⁄
=𝜔 𝑟
𝑣 =𝜔 𝑟
⁄
⁄
= 3.02 pies
⁄
= 0.0995 pies
⁄
→ 3(2) = 𝜔 (3.02) → 𝜔 = −1.99
=𝜔 𝑟
⁄
rad
s
→ 1.99(0.0995) = 𝜔 (4)
𝜔 = 0.0495
rad
s
El piñón dentado A rueda sobre las cremalleras B y C. Si B se desplaza a la derecha a 8 pies⁄s y C lo hace a la
izquierda a 4 pies⁄s, determine la velocidad angular del piñón dentado y la velocidad de su centro A.
Datos:
𝑣 = 8 pies⁄s
𝜔 =?
𝑣 = −4 pies⁄s
𝑣 =?
47
Solución:
𝑟
𝑟
𝑟
⁄
=
⁄
+𝑟
⁄
𝑣
0.6 − 𝑟
→
𝑣
𝑟⁄
𝑟
⁄
⁄
⁄
=
= 2(0.3) → 𝑟
⁄
= 0.6 − 𝑟
8
→ 2.4 − 4𝑟
4
⁄
= 8𝑟
= 0.6 − 𝑟
→𝑟
⁄
= 0.2 pies
= 0.6 − 0.2 = 0.4 pies
⁄
𝑣 = 𝜔𝑟
⁄
⁄
⁄
→ 8 = 𝜔(0.4)
𝜔 = 20 rad⁄s
𝑣 = 𝜔𝑟
⁄
= 20(0.4 − 0.3)
𝑣 = 2 pies⁄s
2.3.
MÉTODO DE NOTACIÓN COMPLEJA
2.3.1.
IDENTIDAD DE EULER Y NOTACIÓN EXPONENCIAL
Figura 2-10. Notación compleja de vectores.
𝐽 = √−1
𝑟⃗ = 𝑥 + 𝐽𝑦
𝑟⃗ = 𝑟 cos 𝜃 + 𝐽𝑟 sen 𝜃 → Notación compleja
𝑒±
= cos 𝜃 ± 𝐽𝑟 sen 𝜃 → Identidad de Euler
𝑟⃗ = 𝑟𝑒
→ Notación exponencial
Teorema:
𝐽𝑒
𝐽𝑒
𝑒
(
°)
=𝑒
(
°)
= 𝐽(cos 𝜃 + 𝐽 sen 𝜃) = 𝐽 cos 𝜃 − sen 𝜃
= cos(𝜃 + 90°) + 𝐽 sen(𝜃 + 90°) = − sen 𝜃 + 𝐽 cos 𝜃
48
EJEMPLOS:
La manivela AB gira a una velocidad angular constante de 5 rad⁄s. Determine la velocidad y aceleración del bloque
C, también la velocidad y aceleración angular del eslabón BC cuando 𝜃 = 30°.
Datos:
𝜔 = 𝜃̇ = 5
𝑣
𝑎
𝜔
𝛼
=?
=?
=?
=?
rad
→ cte
s
𝜃 = 30°
Solución:
𝑟⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟⃗ + 𝑟⃗
𝑟𝑒
𝑟 𝜃̇ 𝑒
=𝑟𝑒
(
300𝜃 ̇ 𝑒
°)
°
+𝑟 𝑒
+𝑟 𝑒
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
= 𝑟̇ 𝑒
°
= 𝑟̇ 𝑒
(
+ 600(5)𝑒
°)
°
300𝜃 ̇ cos 240° = 𝑟 ̇ cos 180° + 3000 cos 120°
300𝜃 ̇ sen 240° = 𝑟 ̇ sen 180° + 3000 sen 120°
𝑟 𝜃̈ 𝑒
(
°)
300𝜃 ̈ 𝑒
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
°
(
𝜃 ̇ = −10
rad
→𝜔
s
𝑟 ̇ = 3000
mm
→𝑣
s
°)
+ 𝑟 𝜃̈ 𝑒
= 𝑟̈ 𝑒
+ 300(−10) 𝑒
°
= 𝑟̈ 𝑒
°
(
°)
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
+ 0 + 600(5) 𝑒
(
°)
°
300𝜃 ̈ cos 240° + 30000 cos 330° = 𝑟 ̈ cos 180° + 15000 cos 210°
300𝜃 ̈ sen 240° + 30000 sen 330° = 𝑟 ̈ sen 180° + 15000 sen 210°
𝜃 ̈ = −28.87
𝑟 ̈ = 43301.27
49
rad
→𝛼
s
mm
→𝑎
s
2.4.
ANÁLISIS DE MOVIMIENTO RELATIVO POR MEDIO DE EJES EN ROTACIÓN
2.4.1.
PROBLEMA TIPO
En el instante que se muestra la barra AB tiene una velocidad angular 𝜔
= 4 rad⁄s y una aceleración angular 𝛼
=
2 rad⁄s . Determine la velocidad y aceleración angulares de la barra CD en este instante. El collarín C está conectado
a CD por medio de un pasador y se desliza libremente a lo largo de AB.
Datos:
𝜔 = 4 rad⁄s → 𝜃 ̇
𝜔 =? → 𝜃 ̇
𝛼 = 2 rad⁄s → 𝜃 ̈
𝛼 =? → 𝜃 ̈
Solución:
𝑟⃗ = 𝑟⃗ + 𝑟⃗ + 𝑟⃗
𝑟𝑒
𝑟 𝜃̇ 𝑒
=𝑟𝑒
(
°)
0.5𝜃 ̇ 𝑒
°
+𝑟 𝑒
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
= 𝑟̇ 𝑒
°
= 𝑟̇ 𝑒
+𝑟 𝑒
(
°)
°
+ 0.75(4)𝑒
0.5𝜃 ̇ cos 270° = 𝑟 ̇ cos 330° + 3 cos 420°
0.5𝜃 ̇ sen 270° = 𝑟 ̇ sen 330° + 3 sen 420°
𝜃 ̇ = −6.93
𝑟 ̇ = −1.73
𝑟 𝜃̈ 𝑒
(
°)
𝑟 𝜃̈ 𝑒
0.5𝜃 ̈ 𝑒
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
(
°)
°
(
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
°)
= 𝑟̈ 𝑒
(
+ 0.5(−6.93) 𝑒
°)
°
+ 𝑟̇ 𝜃̇ 𝑒
m
→𝑣
s
°)
+ 𝑟̇ 𝜃̇ 𝑒
+ 2𝑟 ̇ 𝜃 ̇ 𝑒
= 𝑟̈ 𝑒
= 𝑟̈ 𝑒
(
rad
→𝜔
s
°
(
°)
+ 2(−1.73)(4)𝑒
(
°)
+ 𝑟 𝜃̈ 𝑒
+ 𝑟 𝜃̈ 𝑒
°
(
°)
+ 0.75(2)𝑒
(
°)
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
+ 𝑟 𝜃̇ 𝑒
°
(
(
°)
+ 0.75(4) 𝑒
0.5𝜃 ̈ cos 270° + 24.01 cos 360° = 𝑟 ̈ cos 330° − 13.84 cos 420° + 1.5 cos 420° + 12 cos 510°
0.5𝜃 ̈ sen 270° + 24.01 sen 360° = 𝑟 ̈ sen 330° − 13.84 sen 420° + 1.5 sen 420° + 12 sen 510°
50
°)
°
2.4.2.
𝜃 ̈ = 56.22
rad
→𝛼
s
𝑟 ̈ = 46.85
m
→𝑎
s
ACELERACIÓN DE CORIOLIS
𝑎 = 2𝜔 × 𝑣
Donde 𝜔 es la velocidad de la guía o ranura.
En particular, 2𝜔 × 𝑣
se llama aceleración de Coriolis, en honor del ingeniero francés G.C. Coriolis, quien fue el
primero en determinarlo. Como se indica mediante el producto vectorial, la aceleración de Coriolis siempre será
perpendicular tanto a 𝜔 como a 𝑣
. Es una componente importante de la aceleración la cual debe considerarse
siempre que se utilizan marcos de referencia rotatorios.
EJEMPLOS:
En el instante que se muestra la barra AB tiene una velocidad angular 𝜔
= 4 rad⁄s y una aceleración angular 𝛼
=
2 rad⁄s . Determine la velocidad y aceleración angulares de la barra CD en este instante. El collarín C está conectado
a CD por medio de un pasador y se desliza libremente a lo largo de AB.
Datos:
𝜔 = 4 rad⁄s → 𝜃 ̇
𝜔 =? → 𝜃 ̇
𝛼 = 2 rad⁄s → 𝜃 ̈
𝛼 =? → 𝜃 ̈
Solución:
𝑣
=𝑣
+𝑣
𝑣 +𝑣
⁄
=𝑣 +𝑣
0+𝑣
⁄
= 0+𝑣
51
⁄
⁄
⁄
+𝑣
+𝑣
⁄
⁄
𝜔 ×𝑟
⁄
=𝜔 ×𝑟
+𝑣
⁄
𝜔 𝑘 × (−0.5𝚤̂) = 4𝑘 × (0.75 sen 60° 𝚤̂ − 0.75 cos 60° 𝚥̂) + 𝑣
−0.5𝜔 𝚥̂ = 2.60𝚥̂ + 1.5𝚤̂ − 0.866𝑣
(− sen 60° 𝚤̂ + cos 60° 𝚥̂)
𝚤̂ + 0.5𝑣
𝚥̂
𝚤̂: 0 = 1.5 − 0.866𝑣
𝚥̂: −0.5𝜔 = 2.60 + 0.5𝑣
𝜔 = −6.93
𝑣
𝑎
𝑎
𝛼 ×𝑟
⁄
⁄
+𝑎
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
⁄
= 1.73
m
→ 𝑟̇
s
=𝑎
+𝑎
=𝑎
= 𝛼 ×𝑟
⁄
rad
→ 𝜃̇
s
⁄
+𝑎
⁄
⁄
⁄
⁄
+𝑎
+𝑎
+𝜔 ×𝜔 ×𝑟
⁄
+ 2𝜔 × 𝑣
+𝑎
𝛼 𝑘 × (−0.5𝚤̂) + −6,93𝑘 × −6.93𝑘 × (−0.5𝚤̂) = 2𝑘 × (0.650𝚤̂ − 0.375𝚥̂) + 4𝑘 × 4𝑘 × (0.650𝚤̂ − 0.375𝚥̂) +
+2 4𝑘 × 1.73(−0.866𝚤̂ + 0.5𝚥̂) + 𝑎
(−0.866𝚤̂ + 0.5𝚥̂)
−0.5𝛼 𝚥̂ + 24.01𝚤̂ = 1.3𝚥̂ + 0.75𝚤̂ − 10.4𝚤̂ + 6𝚥̂ − 11.99𝚥̂ − 6.92𝚤̂ − 0.866𝑎
𝚤̂: 24.01 = 0.75 − 10.4 − 6.92 − 0.866𝑎
𝚥̂ : − 0.5𝛼 = 1.3 + 6 − 11.99 + 0.5𝑎
𝛼 = 56.24 rad⁄s → 𝜃 ̈
𝑎
= −46.86 m⁄s → 𝑟 ̈
52
𝚤̂ + 0.5𝑎
𝚥̂
CAPÍTULO III
3.
CINÉTICA DE LA PARTÍCULA
3.1.
CONCEPTOS FUNDAMENTALES
3.1.1.
SEGUNDA LEY DE NEWTON
La cinética es una rama de la dinámica que se ocupa de la relación entre el cambio de movimiento de un cuerpo y las
fuerzas que lo provocan. La base de la cinética es la segunda ley de Newton, la cual establece que cuando una fuerza
desbalanceada actúa en una partícula, ésta se acelerará en la dirección de la fuerza con una magnitud que es
proporcional a ésta.
Esta ley puede verificarse experimentalmente al aplicar una fuerza 𝐹⃗ desbalanceada a una partícula y luego medir la
aceleración 𝑎⃗. Como la fuerza y la aceleración son directamente proporcionales, la constante de proporcionalidad, 𝑚,
se determina a partir de la relación 𝑚 = 𝐹 ⁄𝑎 . Este escalar positivo 𝑚 se conoce como masa de la partícula. Al
permanecer constante durante cualquier aceleración, 𝑚 mide cuantitativamente la resistencia de la partícula a
cualquier cambio de su velocidad, es decir de su inercia.
Si la masa de la partícula es 𝑚, la segunda ley del movimiento de Newton se escribe en forma matemática como
𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
La ecuación anterior, conocida como la ecuación de movimiento, es una de las fórmulas más importantes en la
mecánica. Como previamente se enunció, su validez se basa sólo en evidencia experimental.
3.1.2.
MASA Y PESO
En el caso de una partícula localizada en o cerca de la superficie terrestre, la única fuerza gravitatoria de magnitud
considerable es la que existe entre la Tierra y la partícula. Esta fuerza se denomina “peso” y, para nuestro propósito,
será la única fuerza gravitatoria considerada.
𝑊 = 𝑚𝑔
Por comparación con 𝐹 = 𝑚𝑎, denominamos 𝑔 como la aceleración de la gravedad. En la mayoría de los cálculos de
ingeniería 𝑔 es un punto sobre la superficie terrestre al nivel del mar y a una latitud de 45°, el cual se considera como
el “lugar estándar”. Aquí se utilizarán los valores 𝑔 = 9.81 m⁄s = 32.2 pies⁄s en los cálculos.
3.1.3.
SISTEMAS DE UNIDADES (REPASO)
Sistema
Fuerza
m
kg [N]
s
SI
kg
Inglés
lb
lb. s
[slug]
pies
MKS
kgf
kgf. s
[utm]
m
cm
[Dyna]
s
ECUACIÓN DE MOVIMIENTO
CGS
3.2.
Masa
g
g
Aceleración
m
s
pies
s
m
s
cm
s
Cuando más de una fuerza actúan en una partícula, la fuerza resultante se determina por medio de una suma vectorial
de todas las fuerzas. En este caso general, la ecuación de movimiento se escribe como:
𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
53
Para ilustrar la aplicación de esta ecuación, considere la partícula mostrada en la figura 3-1a, con masa 𝑚 y sometida
a la acción de dos fuerzas 𝐹⃗ y 𝐹⃗. Gráficamente podemos tener en cuenta la magnitud y dirección de cada una de las
fuerzas que actúan en la partícula si trazamos el diagrama de cuerpo libre de la partícula, figura 3-1b. Como la
resultante de estas fuerzas produce el vector 𝑚𝑎⃗, su magnitud y dirección se representan gráficamente en el diagrama
cinético, que se muestra en la figura 3-1b. El signo igual escrito entre los diagramas simboliza la equivalencia gráfica
entre el diagrama de cuerpo libre y el diagrama cinético, es decir, 𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗. En particular, observe que si 𝛴𝐹⃗ = 0,
entonces la aceleración también es cero, de modo que la partícula bien puede permanecer en reposo o moverse a lo
largo de una trayectoria de línea recta a velocidad constante. Tales son las condiciones de equilibrio estático, la
primera ley del movimiento de Newton.
(a)
(b)
Figura 3-1. Ecuación de movimiento.
3.2.1.
COORDENADAS RECTANGULARES
Cuando una partícula se mueve con respecto a un marco de referencia inercial x, y, z, las fuerzas que actúan en la
partícula, lo mismo que su aceleración, pueden expresarse en función de sus componentes 𝚤̂, 𝚥̂, 𝑘. Al aplicar la ecuación
de movimiento, tenemos:
𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
𝛴𝐹 𝚤̂ + 𝛴𝐹 𝚥̂ + 𝛴𝐹 𝑘 = 𝑚 𝑎 𝚤̂ + 𝑎 𝚥̂ + 𝑎 𝑘
Por consiguiente, podemos escribir las tres ecuaciones escalares siguientes:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
3.2.2.
COMPONENTES NORMAL Y TANGENCIAL
Cuando una partícula se desplaza a lo largo de una trayectoria curva conocida, su ecuación de movimiento puede
escribirse en las direcciones tangencial, normal y binormal. Observe que la partícula no se mueve en la dirección
binormal, puesto que está limitada a moverse a lo largo de la trayectoria. Tenemos:
𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
54
𝛴𝐹 𝑢 + 𝛴𝐹 𝑢 + 𝛴𝐹 𝑢 = 𝑚(𝑎 𝑢 + 𝑎 𝑢 )
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝛴𝐹 = 0
3.2.3.
COORDENADAS CILÍNDRICAS
Cuando todas las fuerzas que actúan en una partícula se descomponen en componentes cilíndricos, es decir, a lo largo
de las direcciones de los vectores unitarios 𝑢 , 𝑢 y 𝑘, la ecuación de movimiento puede expresarse como
𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
𝛴𝐹 𝑢 + 𝛴𝐹 𝑢 + 𝛴𝐹 𝑘 = 𝑚 𝑎 𝑢 + 𝑎 𝑢 + 𝑎 𝑘
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ ; 𝑎 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ ; 𝑎 = 𝑧̈
El tipo de problema más directo que implica coordenadas cilíndricas requiere determinar las componentes de fuerza
resultantes 𝛴𝐹 , 𝛴𝐹 , 𝛴𝐹 que hacen que una partícula se mueva con una aceleración conocida. Si, no obstante, el
movimiento acelerado de la partícula no está completamente especificado en el instante dado, entonces se deberá tener
o calcular algunos datos en relación con las direcciones o magnitudes de las fuerzas que actúan en la partícula para
resolver las ecuaciones anteriores. Por ejemplo, la fuerza P hace que la partícula de la figura 3-2a se mueva a lo largo
de una trayectoria 𝑟 = 𝑓(𝜃). La fuerza normal N que la trayectoria ejerce en la partícula siempre es perpendicular a
la tangente de la trayectoria, en tanto que la fuerza de fricción Fr siempre actúa a lo largo de la tangente en la dirección
opuesta del movimiento. Las direcciones de N y Fr pueden especificarse con respecto a la coordenada radial con el
ángulo 𝜓 (psi), figura 3-2b, el cual se define entre la línea radial extendida y la tangente a la curva.
Figura 3-2. Ángulo psi.
Este ángulo se obtiene con la siguiente ecuación:
tan 𝜓 =
𝑟
𝑑𝑟⁄𝑑𝜃
Si 𝜓 se calcula como una cantidad positiva, entonces se mide de la línea radial extendida a la tangente en sentido
opuesto a las manecillas del reloj o en la dirección positiva de 𝜃. Si es negativo, se mide en la dirección opuesta a la
55
𝜃 positiva. Por ejemplo, considere el cardioide 𝑟 = 𝑎(1 + cos 𝜃), de la figura 3-3. Como 𝑑𝑟 ⁄𝑑𝜃 = −𝑎 sen 𝜃,
entonces cuando 𝜃 = 30°, tan 𝜓 = 𝑎(1 + cos 30°)⁄(−𝑎 sen 30°) = −3.732, o 𝜓 = −75°, medido en sentido de las
manecillas del reloj, opuesto a +𝜃 como se muestra en la figura.
Figura 3-3. Ejemplo de cálculo del ángulo psi.
EJEMPLOS:
El embalaje de 50 kg mostrado en la figura descansa sobre una superficie horizontal cuyo coeficiente de fricción
cinética es 𝜇 = 0.3. Si el embalaje se somete a una fuerza de tracción de 400 N como se muestra, determine su
velocidad en 3 s a partir del punto de reposo.
Datos:
𝑚 = 50 kg
𝑃 = 400 N
𝜇 = 0.3
𝑣 =? → 𝑡 = 3 s, 𝑣 = 0
Solución:
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝛴𝐹 = 0 → 𝑁 − 𝑊 + 𝑃 sen 30° = 0 → 𝑁 = 50(9.81) − 400 sen 30° = 290.5 [N]
56
𝐹 = 𝜇 𝑁 = 0.3(290.5) = 87.15 N
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑃 cos 30° − 𝐹 = 𝑚𝑎 → 400 cos 30° − 87.15 = 50𝑎 → 𝑎 = 5.19
m
s
𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡 → 𝑣 = 0 + 5.19(3)
𝑣 = 15.57
m
s
El embalaje tiene una masa de 80 kg y lo remolca una cadena dirigida siempre a 20° desde la horizontal, como se
muestra. Determine la aceleración del embalaje en 𝑡 = 2 s si el coeficiente de fricción estática es 𝜇 = 0.4 y el de
fricción cinética es 𝜇 = 0.3, y la fuerza de remolque es 𝑃 = (90𝑡 ) N, donde 𝑡 está en segundos.
Datos:
𝑚 = 80 kg
𝜇 = 0.4, 𝜇 = 0.3
𝜃 = 20°
𝑃 = (90𝑡 ) N, 𝑡 → s
𝑎 =? → 𝑡 = 2 s
Solución:
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝛴𝐹 = 0 → 𝑁 − 𝑊 + 𝑃 sen 𝜃 = 0 → 𝑁 = 80(9.81) − 90𝑡 sen 20° = 784.8 − 30.78𝑡
𝐹 = 𝜇 𝑁 = 0.4(784.8 − 30.78𝑡 ) = 313.92 − 12.31𝑡 ; 𝐹 = 𝜇 𝑁 = 0.3(784.8 − 30.78𝑡 ) = 235.44 − 9.23𝑡
𝛴𝐹 = 0 → 𝑃 cos 𝜃 − 𝐹 = 0 → 90𝑡 cos 20° − (313.92 − 12.31𝑡 ) = 0 → 96.88𝑡 = 313.92 → 𝑡 = 1.8 s
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑃 cos 𝜃 − 𝐹 = 𝑚𝑎 → 90𝑡 cos 20° − (235.44 − 9.23𝑡 ) = 80𝑎 → 𝑎 = 1.17𝑡 − 2.94
𝑎 = 1.74 m⁄s
Cálculos adicionales: Velocidad del embalaje para el tiempo de 2 s.
𝑎=
𝑑𝑣
→ 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡 →
𝑑𝑡
(1.17𝑡 − 2.94)𝑑𝑡
𝑑𝑣 =
.
57
𝑣 = 0.39𝑡 − 2.94𝑡 − 0.39(1.8) + 2.94(1.8) → 𝑣 = 0.39𝑡 − 2.94𝑡 + 3.02
𝑣 = 0.26
m
s
El auto deportivo se desplaza a lo largo de una carretera con una inclinación de 30° y cuyo radio de curvatura es de
𝜌 = 500 pies. Si el coeficiente de fricción estática entre las llantas y la carretera es 𝜇 = 0.2, determine la velocidad
segura máxima sin que se deslice. Ignore el tamaño del automóvil.
Datos:
𝜃 = 30°
𝜇 = 0.2
𝜌 = 500 pies
𝑣
á
=?
Solución:
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 0 → 𝑁 cos 30° − 𝑊 − 𝐹 sen 30° = 0 → 0.866𝑁 − 32.2𝑚 − 0.5(0.2)𝑁 = 0 → 𝑁 = 42.04𝑚
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑁 sen 30° + 𝐹 cos 30° = 𝑚
𝑣
𝑣
→ 0.5𝑁 + 0.866(0.2)𝑁 = 𝑚
→ 0.673(42.04𝑚)(500) = 𝑚𝑣
𝜌
500
𝑣
á
= 118.95
pies
s
Un automóvil de 0.8 Mg viaja sobre la colina que tiene la forma de una parábola. Cuando el automóvil está en el punto
A, viaja a una rapidez de 9 m⁄s y la incrementa a 3 m⁄s . Determine tanto la fuerza normal resultante como la fuerza
de fricción resultante que todas las ruedas del automóvil ejercen en la carretera en este instante. Ignore el tamaño del
automóvil.
58
Datos:
𝑚 = 800 kg
𝑣=9
𝑎 =3
m
s
m
s
𝑁 =? , 𝐹 =?
Solución:
D.C.L.:
tan 𝜃 =
𝑑𝑦
40𝑥
40(80)
→ tan 𝜃 = −
→ tan 𝜃 = −
→ 𝜃 = −26.56°
𝑑𝑥
6400
6400
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑊 sen 𝜃 − 𝐹 = 𝑚𝑎 → 800(9.81) sen 26.56° − 𝐹 = 800(3)
𝐹 = 1109.11 N
𝑑𝑦
𝑥
80
𝑑 𝑦
1
=−
=−
= −0.5,
=−
= −6.25𝑒 − 3
𝑑𝑥
160
160
𝑑𝑥
160
𝜌=
[1 + (𝑑𝑦⁄𝑑𝑥 ) ]
|𝑑 𝑦⁄𝑑𝑥 |
⁄
→𝜌=
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑊 cos 𝜃 − 𝑁 = 𝑚
[1 + (−0.5) ] ⁄
= 223.61 m
|−6.25𝑒 − 3|
(9)
𝑣
→ 800(9.81) cos 26.56° − 𝑁 = 800
𝜌
223.61
𝑁 = 6729.98 [N]
Una partícula de 2 kg viaja a lo largo de una trayectoria horizontal definida por 𝑟 = (3 + 2𝑡 ) m, 𝜃 =
(1⁄3 𝑡 + 2) rad y 𝑧 = (5 − 2𝑡 ) m, donde 𝑡 está en segundos. Determine las componentes 𝑟, 𝜃, 𝑧 que la trayectoria
ejerce en la partícula en el instante 𝑡 =1 s.
Datos:
𝑚 = 2 kg, 𝑟 = (3 + 2𝑡 ) m, 𝜃 = (1⁄3 𝑡 + 2) rad y 𝑧 = (5 − 2𝑡 ) m, 𝑡 → s
𝑁 =? , 𝑁 =? y 𝑁 =? → 𝑡 = 1 s
Solución:
𝑟 = 3 + 2𝑡 → 𝑟 = 3 + 2(1) = 5 m, 𝑟̇ = 4𝑡 → 𝑟̇ = 4(1) = 4
𝜃=
m
m
, 𝑟̈ = 4
s
s
1
rad
rad
𝑡 + 2 → 𝜃̇ = 𝑡 = (1) = 1
, 𝜃̈ = 2𝑡 → 𝜃̈ = 2(1) = 2
3
s
s
𝑧 = 5 − 2𝑡 → 𝑧̇ = −4𝑡 → 𝑎 = 𝑧̈ = −4
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ → 𝑎 = 4 − 5(1) = −1
59
m
s
m
s
𝑎 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇ → 𝑎 = 5(2) + 2(4)(1) = 18
m
s
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑁 = 𝑚𝑎 → 𝑁 = 2(−1)
𝑁 = −2 [N]
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑁 = 𝑚𝑎 → 𝑁 = 2(18)
𝑁 = 36 [N]
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑁 − 𝑊 = 𝑚𝑎 → 𝑁 − 2(9.81) = 2(−4)
𝑁 = 11.62 [N]
Cálculos adicionales:
𝑁=
𝑁
+𝑁
+𝑁
=
(−2) + (36) + (11.62) = 37.88 [N]
Una lata C de 0.5 kg de masa se mueve a lo largo de una ranura horizontal que se muestra en la figura. La ranura tiene
la forma de una espiral, la cual está definida por la ecuación 𝑟 = (0.1𝜃) m, donde 𝜃 está en radianes. Si el brazo OA
gira a una velocidad constante 𝜃̇ = 4 rad⁄s en el plano horizontal, determine la fuerza que ejerce en la lata en el
instante 𝜃 = 𝜋 rad. Ignore la fricción y el tamaño de la lata.
Datos:
𝑚 = 0.5 kg
𝜃̇ = 4 rad⁄s → cte
𝑟 = (0.1𝜃) m, 𝜃 → rad
𝐹 =? → 𝜃 = 𝜋 rad
Solución:
𝜃̇ = −4
rad
, 𝜃̈ = 0
s
𝑟 = 0.1𝜃 → 𝑟 = 0.1(𝜋) = 0.314 m, 𝑟̇ = 0.1𝜃̇ → 𝑟̇ = 0.1(−4) = −0.4
60
m
, 𝑟̈ = 0.1𝜃̈ = 0
s
𝑎 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ → 𝑎 = 0 − 0.314(−4) = −5.02
m
s
𝑎 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇ → 𝑎 = 0.314(0) + 2(−0.4)(−4) = 3.2
m
s
D.C.L.:
tan 𝜓 =
𝑟
0.1𝜃
→ tan 𝜓 =
= 𝜃 = 𝜋 → 𝜓 = 72.34°
𝑑𝑟 ⁄𝑑𝜃
0.1
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑁 sen 𝜓 = 𝑚𝑎 → 𝑁 sen 72.34° = 0.5(−5.02) → 𝑁 = −2.63 [N]
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝐹 − 𝑁 cos 𝜓 = 𝑚𝑎 → 𝐹 = −2.63 cos 72.34° + 0.5(3.2)
𝐹 = 0.802 [N]
3.3.
TRABAJO Y ENERGÍA
En esta parte analizaremos el movimiento de una partícula por medio de los conceptos de trabajo y energía. La
ecuación resultante servirá para resolver problemas que impliquen fuerza, velocidad y desplazamiento. Pero primero
tenemos que definir el trabajo de una fuerza.
3.3.1.
TRABAJO DE UNA FUERZA, DE UN PESO Y DE UN RESORTE
Figura 3-4. Trabajo de una fuerza.
Trabajo de una fuerza variable. - Específicamente, una fuerza 𝐹⃗ realizará trabajo en una partícula sólo cuando ésta
sufra un desplazamiento en la dirección de la fuerza. Por ejemplo, si la fuerza 𝐹⃗ en la figura 3-4 hace que la partícula
se mueva a lo largo de la trayectoria s de la posición 𝑟⃗ a una nueva posición 𝑟⃗´, el desplazamiento es entonces 𝑑𝑟⃗ o
𝑑𝑠. La magnitud de 𝑑𝑟⃗ es 𝑑𝑠, la longitud del segmento diferencial a lo largo de la trayectoria. Si el ángulo entre las
colas de 𝑑𝑟⃗ y 𝐹⃗ es 𝜃, figura 3-4, entonces el trabajo realizado por 𝐹⃗ es una cantidad escalar, definida por:
61
𝑑𝑈 = 𝐹 cos 𝜃 𝑑𝑠
Por definición del producto punto esta ecuación también puede escribirse como:
𝑑𝑈 = 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗
La unidad de trabajo en unidades SI es el joule (J) el cual es la cantidad de trabajo realizada por una fuerza de un
newton cuando recorre una distancia de un metro en la dirección de la fuerza (1 J = 1 N.m). En el sistema FPS, el
trabajo se mide en unidades libra-pie (lb.pie), que es el trabajo realizado por una fuerza de una libra que actúa a lo
largo de una distancia de un pie en la dirección de la fuerza.
Si la partícula en la que actúa una fuerza 𝐹⃗ sufre un desplazamiento finito a lo largo de su trayectoria de 𝑟⃗ a 𝑟⃗ o de
𝑠 a 𝑠 , el trabajo de la fuerza 𝐹⃗ se determina mediante integración. Siempre que 𝐹⃗ y 𝜃 puedan expresarse en función
de la posición, entonces:
𝑈
=
𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ =
𝐹 cos 𝜃 𝑑𝑠
Trabajo de una fuerza constante. - Si la magnitud de la fuerza 𝐹⃗ es constante y actúa a un ángulo constante 𝜃 con
respecto a su trayectoria de línea recta, entonces la componente de 𝐹⃗ en la dirección del desplazamiento siempre es
𝐹 cos 𝜃. El trabajo realizado por 𝐹⃗ cuando la partícula se desplaza de 𝑠 a 𝑠 se determina con la ecuación:
𝑈
𝑈
= 𝐹 cos 𝜃
𝑑𝑠
= 𝐹 cos 𝜃 (𝑠 − 𝑠 ) = 𝐹 cos 𝜃 ∆
Trabajo de un peso. - Considere una partícula de peso 𝑊⃗ , el cual se desplaza a lo largo de la trayectoria mostrada en
la figura 3-5 de la posición 𝑠 a 𝑠 . En un punto intermedio, el desplazamiento 𝑑𝑟⃗ = 𝑑𝑥𝚤̂ + 𝑑𝑦𝚥̂ + 𝑑𝑧𝑘. Como 𝑊⃗ =
−𝑊𝚥̂, al aplicar la ecuación del trabajo tenemos:
𝑈
𝑈
=
𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ → 𝑈
(−𝑊𝚥̂) ∙ 𝑑𝑥𝚤̂ + 𝑑𝑦𝚥̂ + 𝑑𝑧𝑘
=
=
−𝑊 𝑑𝑦 = −𝑊(𝑦 − 𝑦 ) = −(𝑚𝑔𝑦 − 𝑚𝑔𝑦 ) = − 𝑉 − 𝑉
𝑈
= −∆𝑉 → Variación de la energía potencial gravitatoria
Figura 3-5. Trabajo de un peso.
62
Por tanto, el trabajo es independiente de la trayectoria y es igual a la magnitud del peso de la partícula por el
desplazamiento vertical. En el caso mostrado en la figura 3-5 el trabajo es negativo, puesto que W actúa hacia abajo y
∆𝑦 es hacia arriba. Observe, sin embargo, si la partícula se desplaza hacia abajo (−∆𝑦), el trabajo del peso es positivo.
Trabajo de una fuerza de resorte. - Considere un cuerpo 𝐴 unido a un punto fijo 𝐵 por medio de un resorte; se
supone que este último no está deformado cuando el cuerpo se encuentra en 𝐴 (figura 3-6). La evidencia experimental
muestra que la magnitud de la fuerza 𝐹 ⃗ ejercida por el resorte sobre un cuerpo A es proporcional a la deformación 𝑥
del resorte medida a partir de la posición 𝐴 . Se tiene: 𝐹 = 𝑘𝑥, donde 𝑘 es la constante del resorte, expresada en
N⁄m si se usan unidades del SI y en lb⁄pie si se recurre a las unidades de uso común en Estados Unidos.
Figura 3-5. Trabajo realizado por la fuerza que ejerce un resorte o muelle.
El trabajo de la fuerza 𝐹 ⃗ ejercido por el resorte durante un desplazamiento finito del cuerpo de 𝐴 (𝑥 = 𝑥 ) a
𝐴 (𝑥 = 𝑥 ) se obtiene al escribir:
𝑈
𝑈
=
=
−𝐹 𝑑𝑥 =
𝑈
3.3.2.
𝐹 cos 𝜃 𝑑𝑠 → 𝑈
−𝑘𝑥 𝑑𝑥 = −
=
1
𝑘𝑥
2
𝐹 cos 180° 𝑑𝑥
1
− 𝑘𝑥
2
= −(𝑉 − 𝑉 )
= −∆𝑉 → Variación de la energía potencial elástica
ENERGÍA CINÉTICA
Figura 3-6. Energía cinética.
63
Considere una partícula de masa 𝑚 que se somete a una fuerza 𝐹⃗ y que se mueve a lo largo de una trayectoria que es
rectilínea o curva (figura 3-6). Al expresar la segunda ley de Newton en términos de las componentes tangenciales de
la fuerza y de la aceleración, se escribe:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣𝑑𝑣 → 𝑎 =
𝛴𝐹 = 𝑚
𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑠
𝑣𝑑𝑣
→ 𝛴𝐹𝑑𝑠 = 𝑚𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑠
Donde 𝑣 es la velocidad de la partícula. Al integrar desde 1, donde 𝑠 = 𝑠 y 𝑣 = 𝑣 , hasta 2, donde 𝑠 = 𝑠 y 𝑣 = 𝑣 ,
se escribe:
𝛴𝐹𝑑𝑠 = 𝑚
𝑣𝑑𝑣 →
𝛴𝐹𝑑𝑠 =
1
𝑚𝑣
2
1
− 𝑚𝑣
2
= 𝐾 −𝐾
𝛴𝐹𝑑𝑠 = ∆𝐾 → Variación de la energía cinética
3.3.3.
PRINCIPIO DE LA CONSERVACIÓN DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA
Considere la partícula que aparece en la figura 3-6, localizada en la trayectoria definida con respecto a un sistema de
coordenadas inercial.
𝛴𝑈
= ∆𝐾
Esta ecuación representa el principio de trabajo y energía para la partícula. El término del lado izquierdo es la suma
del trabajo realizado por todas las fuerzas que actúan en la partícula cuando ésta se mueve del punto 1 al punto 2. Los
dos términos del lado derecho, cuya forma es 1⁄2 𝑚𝑣
− 1⁄2 𝑚𝑣 , definen la energía cinética final e inicial,
respectivamente. Como el trabajo, la energía cinética es un escalar y sus unidades son joules (J) y lb ∙ pie. Sin
embargo, a diferencia del trabajo, que puede ser o positivo o negativo, la energía cinética siempre es positiva, sin
importar la dirección del movimiento de la partícula. Por tanto:
𝑈
+𝑈
𝑈
+𝑈
− 𝑉 −𝑉
𝑈
= ∆𝐾 → 𝑈
− ∆𝑉 − ∆𝑉 = ∆𝐾
− (𝑉 − 𝑉 ) = 𝐾 − 𝐾
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
EJEMPLOS:
La masa del carro de la montaña rusa incluido su pasajero es de 800 kg y comienza a moverse desde la cima de la
cuesta A con una rapidez de 3 m⁄s. Determine la altura mínima h de la cuesta de modo que el carro complete los dos
rizos sin que pierda el contacto con la vía. Ignore la fricción, la masa de las ruedas y el tamaño del carro. ¿Cuál es la
reacción normal en el carro cuando está en B y en C?
64
Datos:
𝑚 = 800 kg
𝑣 =3
ℎ =?
m
s
𝑁 =? → Punto 𝐵 y 𝐶
Solución:
𝑈
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
1
0 + 𝑚𝑔ℎ + 0 + 𝑚𝑣
2
1
= 𝑚𝑔ℎ + 0 + 𝑚𝑣
2
1
1
800(9.81)ℎ + 800(3) = 800(9.81)(20) + (800)𝑣
2
2
𝑣 = √19.62ℎ − 383.4
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑊 + 𝑁 = 𝑚
800(9.81) + 0 = 800
𝑣
𝜌
19.62ℎ − 383.4
10
ℎ = 24.54 m
𝑁 = 0 → Punto 𝐵
𝑣 =
𝑈
19.62(24.54) − 383.4 = 9.90
m
s
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
1
0 + 𝑚𝑔ℎ + 0 + 𝑚𝑣
2
1
= 𝑚𝑔ℎ + 0 + 𝑚𝑣
2
1
1
800(9.81)(20) + (800)(9.90) = 800(9.81)(14) + (800)𝑣
2
2
𝑣 = 14.69
m
s
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
𝑊+𝑁 =𝑚
𝑣
𝜌
800(9.81) + 𝑁 = 800
(14.69)
7
𝑁 = 16814.41 [N] → Punto 𝐶
65
El bloque A de 20 kg de la figura se mueve en una ranura lisa. El módulo del resorte B es 1000 N⁄m, y el módulo
del resorte C es 500 N⁄m. En la posición definida en la figura, el resorte B está elongado 0.8 m, el resorte C no está
deformado, y la velocidad del bloque es 10 m⁄s en la dirección de descenso en la ranura. Calcule la velocidad del
cuerpo A cuando llega a la posición D.
Datos:
(𝑥 ) = 0.8 m
𝑚 = 20 kg
𝑘 = 1000
𝑘 = 500
N
m
𝑣 = 10
m
s
𝑣 =?
N
m
Solución:
(𝑥 ) =
𝑈
1
0 + 𝑚𝑔ℎ + 𝑘 (𝑥 )
2
(1.6) + (1.2) = 2 m
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
1
+ 𝑚𝑣
2
1
= 0 + 𝑘 (𝑥 )
2
1
+ 𝑘 (𝑥 )
2
1
+ 𝑚𝑣
2
1
1
1
1
1
20(9.81)(1.2) + (1000)(0.8) + (20)(10) = (1000)(0.4) + (500)(2) + (20)𝑣
2
2
2
2
2
235.44 + 320 + 1000 = 80 + 1000 + 10𝑣
𝑣 = 6.895
m
s
El bloque de 1.5 kg se desliza a lo largo de un plano liso y choca con un resorte no lineal con una rapidez de 𝑣 =
4 m⁄s. El resorte se denomina “no lineal” porque su resistencia es 𝐹 = 𝑘𝑥 , donde 𝑘 = 900 N⁄m . Determine la
rapidez del bloque después de que comprime el resorte 𝑥 = 0.2 m.
66
Datos:
𝑚 = 1.5 kg
𝑘 = 900 N⁄m
𝑣 = 4 m⁄s
𝑣 =? → 𝑥 = 0.2 m
𝐹 = 𝑘𝑥
Solución:
𝑈
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
1
𝐹 cos 𝜃 𝑑𝑥 + 0 + 0 + 𝑚𝑣
2
.
1
= 0 + 0 + 𝑚𝑣
2
1
1
900𝑥 cos 180° 𝑑𝑥 + (1.5)(4) = (1.5)𝑣
2
2
−300(0.2) + 12 = 0.75𝑣
𝑣 = 3.58
m
s
Cálculos adicionales: 𝑥 =? → 𝑣 = 0
𝑈
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
1
𝐹 cos 𝜃 𝑑𝑥 + 0 + 0 + 𝑚𝑣
2
= 0+0+0
1
900𝑥 cos 180° 𝑑𝑥 + (1.5)(4) = 0
2
−300𝑥
+ 12 = 0 → 𝑥 = 0.342 m
Si el coeficiente de fricción cinética entre el embalaje de 100 kg y el plano es 𝜇 = 0.25, determine la rapidez del
embalaje en el momento en que la compresión del resorte es 𝑥 = 1.5 m. Inicialmente el resorte no está alargado y el
embalaje está en reposo.
Datos:
𝑚 = 100 kg
𝑥 = 1.5 m
𝜇 = 0.25
𝑣 =0
𝑣 =?
67
Solución:
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 0: −𝑊 sen 45° + 𝑁 = 0
𝑁 = 100(9.81) sen 45° = 693.67 [N]
𝐹 = 𝜇 𝑁 = 0.25(693.67) = 173.42 N
𝑈
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
1
1
−𝐹 𝑠 + 𝑚𝑔ℎ + 0 + 0 = 0 + 𝑘𝑥 + 𝑚𝑣
2
2
1
1
−173.42(10 + 1.5) + 100(9.81)(11.5 sen 45°) = 2000(1.5) + 100𝑣
2
2
−1994.33 + 7977.23 = 2250 + 50𝑣
𝑣 = 8.64
3.3.4.
m
s
POTENCIA Y EFICIENCIA
Potencia. - El término “potencia” constituye una base útil para seleccionar el tipo de motor o máquina requerida para
realizar una cierta cantidad de trabajo en un tiempo dado. Por ejemplo, cada una de dos bombas de agua puede vaciar
un depósito si se le da tiempo suficiente; sin embargo, la bomba de mayor potencia completará la tarea más rápido.
Por consiguiente, la potencia generada por una máquina o motor que realiza una cierta cantidad de trabajo 𝑑𝑈 dentro
del intervalo 𝑑𝑡 es:
𝑃=
𝑑𝑈
𝑑𝑡
Si el trabajo 𝑑𝑈 se expresa como 𝑑𝑈 = 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗, entonces:
𝑃=
𝑑𝑈 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗
𝑑𝑟⃗
=
= 𝐹⃗ ∙
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑃 = 𝐹⃗ ∙ 𝑣⃗
De ahí que la potencia es un escalar, donde en esta fórmula 𝑣⃗ representa la velocidad de la partícula en la cual actúa
la fuerza 𝐹⃗ .
Las unidades básicas de potencia utilizadas en los sistemas SI y FPS son el watt (W) y el caballo de fuerza (hp),
respectivamente. Estas unidades se definen como:
1 W = 1 J⁄ s = 1 N ∙ m ⁄ s
1 hp = 550 lb ∙ pies⁄s
68
Para la conversión entre los sistemas de unidades, 1 hp = 746 W.
Otras ecuaciones utilizadas son:
𝑃 = 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒 ∙ 𝑎𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑗𝑒 (Potencia eléctrica)
𝑇 = 𝐹𝑟
𝑣 = 𝜔𝑟
𝑃 = 𝐹𝑣 =
𝑇
𝜔𝑟
𝑟
𝑃 = 𝑇𝜔
Eficiencia. - La eficiencia mecánica de una máquina se define como la relación de la salida de potencia útil producida
por la máquina a la entrada de potencia suministrada a la máquina. Por tanto,
𝜖=
potencia de salida
potencia de entrada
Como las máquinas se componen de una serie de piezas móviles, siempre se desarrollarán fuerzas de fricción dentro
de ellas y, por consiguiente, se requiere energía extra o potencia adicional para vencer estas fuerzas. Por tanto, la
potencia de salida será menor que la potencia de entrada, de ahí que la eficiencia de una máquina siempre es menor
que 1.
EJEMPLOS:
La máquina diesel de un tren de 400 Mg incrementa su velocidad de manera uniforme a partir del punto de reposo a
10 m⁄s en 100 s a lo largo de una vía horizontal. Determine la potencia promedio desarrollada.
Datos:
𝑚 = 400000 kg
𝑡 = 100 s
𝑣 =0
𝑃
𝑣 = 10
=?
m
s
Solución:
D.C.L.:
𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡
10 = 0 + 𝑎(100)
𝑎 = 0.1
m
s
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎
69
𝐹 = 𝑚𝑎
𝐹 = 400000(0.1) = 40000 N
𝑣
𝑃
=
𝑣+𝑣
10 + 0
m
=
=5
2
2
s
= 𝐹𝑣
= 40000(5) = 200000 W
𝑃
= 200 kW
El motor del automóvil de 3500 lb genera una potencia constante de 50 hp mientras viaja cuesta arriba a una rapidez
constante. Si el motor opera con una eficiencia 𝜖 = 0.8, determine la velocidad del automóvil. Ignore la resistencia al
avance y al rodamiento.
Datos:
𝑊 = 3500 lb
𝜖 = 0.8
𝑃 = 50 hp
𝑣 =?
𝑣 → cte
Solución:
𝜖=
0.8 =
𝑃
𝑃
𝑃
lb. pies
→ 𝑃 = 40 hp = 22000
50
s
tan 𝜃 =
1
→ 𝜃 = 5.71°
10
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 : 𝐹 − 𝑊 sen 𝜃 = 𝑚𝑎
𝐹 − 3500 sen 5.71° =
3500
(0)
32.2
𝐹 = 348.23 lb
𝑃 = 𝐹𝑣
70
22000 = 348.23𝑣
Para
dramatizar
la
pérdida
de
energía
𝑣 = 63.18
pies
s
en
automóvil,
un
considere
un
carro
con
peso
de
5000 lb que está viajando a 35 mi⁄h. Si el carro es detenido, determine cuánto tiempo debe permanecer encendido
un foco de 100 W para consumir la misma cantidad de energía. (1 mi = 5280 pies).
Datos:
𝑊 = 5000 lb
𝑣 = 35
𝑡 =?
mi
pies
= 51.33
h
s
𝑃 = 100 W
1 mi = 5280 pies
𝑣=0
Solución:
𝑣 = 𝑣 + 𝑎𝑡 → 0 = 51.33 + 𝑎𝑡 → 𝑎 = −
51.33
𝑡
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 : 𝐹 = 𝑚𝑎
𝐹=
𝑣
𝑃
5000
51.33
7970.50
−
→𝐹=−
32.2
𝑡
𝑡
=
𝑣+𝑣
0 + 51.33
pies
=
= 25.67
2
2
s
= 𝐹𝑣
=−
7970.50
204602.74
(25.67) = −
𝑡
𝑡
𝑃 = 100 W = 73.73
73.73 =
lb. pies
s
204602.74
→ 𝑡 = 2775.03 s
𝑡
𝑡 = 46.25 min
Un tranvía eléctrico pesa 15000 lb y acelera a lo largo de una carretera recta horizontal a partir del punto de reposo,
de modo que la potencia siempre es de 100 hp. Determine qué distancia debe recorrer para alcanzar una rapidez de
40 pies⁄s.
Datos:
𝑊 = 15000 lb
𝑃 = 100 hp = 55000 lb. pies⁄s → cte
𝑣 =0
𝑠 =? → 𝑣 = 40 pies⁄s
Solución:
𝑊 = 𝑚𝑔 → 15000 = 𝑚(32.2) → 𝑚 = 465.84 slug
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 : 𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝐹 = 𝑚
𝑃 = 𝐹𝑣 → 𝑃 = 𝑚
𝑣𝑑𝑣
𝑣→𝑃
𝑑𝑠
𝑑𝑠 = 𝑚
𝑣 𝑑𝑣 → 𝑃𝑠 = 𝑚
71
𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑠
𝑣
𝑚𝑣
465.84(40)
→𝑃=
→ 55000 =
3
3𝑠
3𝑠
𝑠 = 180.69 pies
En el instante mostrado, el punto P en el cable tiene una velocidad 𝑣 = 12 m⁄s, la cual se está incrementando a
razón de 𝑎 = 6 m⁄s . Determine la potencia de entrada del motor M en este instante si opera con una eficiencia 𝜖 =
0.8. La masa del bloque A es de 50 kg.
Datos:
𝑣 = 12 m⁄s
𝜖 = 0.8
𝑎 = 6 m⁄s
𝑚 = 50 kg
𝑃 =?
Solución:
2𝑠 + 𝑠 = 𝐿 → 2𝑣 + 𝑣 = 0 → 2𝑎 + 𝑎 = 0 → 𝑎 = −
𝑎
6
m
→ 𝑎 = − = −3
2
2
s
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 : 𝑊 − 𝑇 = 𝑚 𝑎 → 50(9.81) − 𝑇 = 50𝑎 → 𝑇 = 490.5 − 50𝑎
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 0: 𝑇 − 2𝐹 = 0 → 𝐹 =
𝑇
→ 𝐹 = 245.25 − 25𝑎 = 245.25 − 25(−3) = 320.25 N
2
72
𝑃 = 𝐹𝑣 → 𝑃 = 320.25(12) = 3843 W
𝜖=
𝑃
3843
→ 0.8 =
𝑃
𝑃
𝑃 = 4803.75 W
3.4.
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
3.4.1.
PRINCIPIO DEL IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
En esta sección integraremos la ecuación de movimiento con respecto al tiempo para obtener el principio de impulso
y cantidad de movimiento. La ecuación resultante es útil para resolver problemas que implican fuerza, velocidad y
tiempo. Con cinemática, la ecuación de movimiento de una partícula de masa 𝑚 puede escribirse como:
𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗ → 𝛴𝐹⃗ = 𝑚
𝑑𝑣⃗
𝑑𝑡
Donde 𝑎⃗ y 𝑣⃗ se miden a partir de un marco de referencia inercial.
𝛴𝐹⃗ 𝑑𝑡 = 𝑚𝑑𝑣⃗
𝛴𝐹⃗ 𝑑𝑡 = 𝑚
𝑑𝑣⃗
𝛴𝐹⃗ 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 ⃗ − 𝑚𝑣 ⃗
𝑚𝑣 ⃗ +
𝛴𝐹⃗ 𝑑𝑡 = 𝑚𝑣 ⃗
Esta ecuación se conoce como principio de impulso y cantidad de movimiento lineal. Por la derivación se ve que es
simplemente una integración con respecto al tiempo de la ecuación de movimiento.
Cantidad de movimiento lineal 𝑳⃗ . - Cada uno de los dos vectores de la forma 𝑚𝑣⃗ en la ecuación, se conoce como
la cantidad de movimiento lineal de la partícula. Como 𝑚 es un escalar positivo, el vector de cantidad de movimiento
lineal tiene la misma dirección que 𝑣⃗, y su magnitud 𝑚𝑣 tiene unidades de masa-velocidad, por ejemplo, kg ∙ m⁄s, o
slug ∙ pies⁄s.
Impulso lineal 𝑰⃗ . - La integral ∫ 𝛴𝐹⃗ 𝑑𝑡 en la ecuación se conoce como impulso lineal. El término es una cantidad
vectorial que mide el efecto de una fuerza durante el tiempo en que la fuerza actúa. Como el tiempo es un escalar
positivo, el impulso actúa en la misma dirección que la fuerza, y su magnitud tiene unidades de fuerza-tiempo, por
ejemplo, N ∙ s o lb ∙ s.
Si cada uno de los vectores en la ecuación se divide en sus componentes x, y, z, podemos escribir las tres ecuaciones
escalares siguientes de impulso y cantidad de movimiento lineales.
𝑚(𝑣 ) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
𝑚 𝑣
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚 𝑣
+
𝑚(𝑣 ) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
73
EJEMPLOS:
La piedra de 100 kg que se muestra en la figura está originalmente en reposo sobre la superficie horizontal lisa. Si se
aplica una fuerza de remolque de 200 N, que actúa a un ángulo de 45°, a la piedra durante 10 s, determine la velocidad
final y la fuerza normal que la superficie ejerce en la piedra durante este intervalo.
Datos:
𝑚 = 100 kg
𝑡 = 10 s
𝑣 =0
𝑣 =?
𝐹 = 200 N → 𝜃 = 45°
𝑁 =?
Solución:
D.C.L.:
𝑚(𝑣 ) +
100(0) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
200 cos 45° 𝑑𝑡 = 100𝑣
1414.21 = 100𝑣
𝑣 = 14.14
𝑚 𝑣
100(0) +
+
m
s
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚 𝑣
(𝑁 − 981 + 200 sen 45°) 𝑑𝑡 = 100(0)
(𝑁 − 981 + 141.42)10 = 0
𝑁 = 839.58 [N]
La pelota de 0.5 kg choca con el suelo áspero y rebota con las velocidades que se muestran. Determine la magnitud
del impulso que ejerce el suelo en la pelota. Suponga que ésta no patina cuando choca con el suelo e ignore su tamaño
y el impulso producido por su peso.
74
Datos:
𝑚 = 0.5 kg
𝑣 = 10 m⁄s
𝑣 = 25 m⁄s
𝐼 =?
Solución:
𝑚(𝑣 ) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
0.5(25 cos 45°) + 𝐼 = 0.5(10 cos 30°) → 𝐼 = 4.51 N. s
𝑚 𝑣
+
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚 𝑣
0.5(−25 sen 45°) + 𝐼 = 0.5(10 sen 30°) → 𝐼 = 11.34 N. s
𝐼=
𝐼
+𝐼
=
(4.51) + (11.34)
𝐼 = 12.20 N. s
El tractor nivelador de 28 Mg originalmente está en reposo. Determine su rapidez cuando 𝑡 = 4 s si la tracción
horizontal 𝐹⃗ varía con el tiempo como se muestra en la gráfica.
Datos:
𝑚 = 28 Mg = 28000 kg
𝑣 =? → 𝑡 = 4 s
𝑣 =0
Solución:
𝑚(𝑣 ) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
75
28000(0) +
(4000 − 10𝑡 ) 𝑑𝑡 = 28000𝑣
4000(4) − 10(4) ⁄3 = 28000𝑣
𝑣 = 0.564
3.4.2.
m
s
CONSERVACIÓN DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO
Cuando la suma de los impulsos externos que actúan en un sistema de partículas es cero, la ecuación del principio de
impulso y cantidad de movimiento se reduce a una forma simplificada, a saber,
𝛴(𝑚 𝑣 ) = 𝛴(𝑚 𝑣 )
Esta ecuación se conoce como la conservación de la cantidad de movimiento lineal. Establece que la cantidad de
movimiento lineal total de un sistema de partículas permanece constante durante el lapso de tiempo de 𝑡 a 𝑡 .
EJEMPLOS:
El vagón cerrado A de 15 Mg rueda libremente a 1.5 m⁄s por la vía horizontal hasta que se encuentra con un carro
tanque B de 12 Mg que rueda a 0. 75 m⁄s hacia él, como se muestra en la figura. Si los dos chocan y se acoplan,
determine (a) la rapidez de ambos justo después del acoplamiento y (b) la fuerza promedio entre ellos si el
acoplamiento ocurre en 0.8 s.
Datos:
𝑚 = 15 Mg = 15000 kg
(𝑣 ) = −0.75 m⁄s
(𝑣 ) = 1.5 m⁄s
𝑎) 𝑣 =?
𝑚 = 12 Mg = 12000 kg
𝑏) 𝐹
=? → 𝑡 = 0.8 s
Solución:
a)
𝛴(𝑚 𝑣 ) = 𝛴(𝑚 𝑣 )
𝑚 (𝑣 ) + 𝑚 (𝑣 ) = (𝑚 + 𝑚 )𝑣
15000(1.5) + 12000(−0.75) = (15000 + 12000)𝑣
𝑣 = 0.5 m⁄s
b) D.C.L.:
76
𝑚(𝑣 ) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
.
15000(1.5) +
−𝐹
22500 − 0.8𝐹
𝐹
𝑑𝑡 = 15000(0.5)
= 7500
= 18750 N
D.C.L.:
𝑚(𝑣 ) +
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 )
.
12000(−0.75) +
𝐹
𝑑𝑡 = 12000(0.5)
−9000 + 0.8𝐹
𝐹
= 6000
= 18750 N
En la figura se muestra un pilote rígido P de 800 kg que se hinca en el suelo por medio de un martinete H de 300 kg.
Éste cae desde el punto de reposo a una altura de 0.5 m y golpea la parte superior del pilote. Determine el impulso
que el pilote ejerce en el martinete si el pilote está rodeado por completo de arena suelta de modo que después del
golpe el martinete no rebota del pilote.
Datos:
𝑚 = 800 kg
ℎ = 0.5 m
𝑚 = 300 kg
𝐼 =?
(𝑣 ) = 0
Solución:
𝑈
+𝑉 +𝑉 +𝐾 = 𝑉 +𝑉 +𝐾
77
1
0 + 𝑚𝑔ℎ + 0 + 0 = 0 + 0 + 𝑚𝑣
2
300(9.81)(0.5) =
1
(300)𝑣
2
𝑣 = 3.13
m
s
𝛴(𝑚 𝑣 ) = 𝛴(𝑚 𝑣 )
𝑚 (𝑣 ) + 𝑚 (𝑣 ) = (𝑚 + 𝑚 )𝑣
300(3.13) + 800(0) = (300 + 800)𝑣
𝑣 = 0.854
𝑚 𝑣
+
m
s
𝛴𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚 𝑣
𝑚 (𝑣 ) + 𝐼 = 𝑚 (𝑣 )
300(3.13) + 𝐼 = 300(0.854)
𝐼 = 682.8 N. s
Un cuerpo de masa 𝑚 = 200 kg se mueve libremente con una velocidad de 𝑣 = 600 m⁄s como se indica en la figura.
En este instante una explosión lo separa en tres partes A, B, y C cuyas masas son 𝑚 = 45 kg, 𝑚 = 25 kg y 𝑚 =
130 kg, respectivamente. En la figura también se define la velocidad de A de 𝑣 = 700 m⁄s y las direcciones de las
velocidades de B y C inmediatamente después de la explosión. Calcule las magnitudes de las velocidades de B y C.
Datos:
𝑚 = 200 kg
𝑚 = 130 kg
𝑣 = 600 m⁄s
𝑣 = 700 m⁄s
𝑚 = 45 kg
𝑣 =?
𝑚 = 25 kg
𝑣 =?
Solución:
𝛴(𝑚 𝑣 ) = 𝛴(𝑚 𝑣 )
𝑚(𝑣 ) = 𝑚 (𝑣 ) + 𝑚 (𝑣 ) + 𝑚 (𝑣 )
200(600) = 45(700)
4
24
12
+ 25(𝑣 )
+ 130(𝑣 )
5
25
13
78
120000 = 25200 + 25(𝑣 )
24
12
+ 130(𝑣 )
25
13
24𝑣 + 120𝑣 = 94800
𝑚 𝑣
=𝑚 𝑣
200(0) = 45(700)
+𝑚 𝑣
+𝑚 𝑣
3
7
5
+ 25(𝑣 )
− 130(𝑣 )
5
25
13
0 = 18900 + 25(𝑣 )
7
5
− 130(𝑣 )
25
13
7𝑣 − 50𝑣 = −18900
𝑣 = 1211.76
m
s
𝑣 = 547.65
m
s
79
CAPÍTULO IV
4.
4.1.
CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO
MOMENTO DE INERCIA DE MASA
Como un cuerpo tiene tamaño y forma definidos, un sistema de fuerzas no concurrentes puede hacer que el cuerpo se
traslade y rote. Los aspectos de traslación del movimiento están regidos por la ecuación 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗. En la siguiente
sección se demostrará que los aspectos de rotación provocados por un momento 𝑀⃗, están regidos por una ecuación de
la forma 𝑀⃗ = 𝐼𝛼⃗. El símbolo 𝐼 en esta ecuación se denomina momento de inercia de masa. Por comparación, el
momento de inercia mide la resistencia de un cuerpo a la aceleración angular 𝑀⃗ = 𝐼𝛼⃗ del mismo modo que la masa
mide la resistencia de un cuerpo a la aceleración lineal 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗ .
Figura 4-1. Momento de inercia de masa.
Definimos el momento de inercia como la integral del “segundo momento” alrededor del eje de todos los elementos
de masa 𝑑𝑚 los cuales componen el cuerpo. Por ejemplo, el momento de inercia del cuerpo alrededor del eje z en la
figura 4-1 es:
𝐼=
𝑟 𝑑𝑚
En este caso el “brazo de momento” 𝑟 es la distancia perpendicular del eje 𝑧 al elemento arbitrario 𝑑𝑚. Como la
fórmula implica 𝑟, el valor de 𝐼 es diferente con cada eje con respecto al cual se calcula. En el estudio de cinética
plana, por lo general el eje seleccionado para el análisis pasa por el centro de masa 𝐺 del cuerpo y siempre es
perpendicular al plano de movimiento. El momento de inercia con respecto a este eje se denotará como 𝐼 . Como 𝑟
está elevado al cuadrado en la ecuación, el momento de inercia de masa siempre es una cantidad positiva. Las unidades
comunes para medirlo son kg ∙ m o slug ∙ pie .
Si el cuerpo se compone de material de densidad variable, 𝛿 = 𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧), la masa elemental 𝑑𝑚 del cuerpo puede
expresarse en función de su densidad y volumen como 𝑑𝑚 = 𝛿𝑑𝑉. Si se sustituye 𝑑𝑚 se tiene:
𝐼=
𝑟 𝛿 𝑑𝑉
En el caso especial en que 𝛿 sea una constante, este término se saca de la integral y la integración es entonces
puramente una función de geometría.
𝐼=𝛿
𝑟 𝑑𝑉
80
4.1.1.
TEOREMA DE LOS EJES PARALELOS
Si se conoce el momento de inercia del cuerpo con respecto a un eje que pasa por su centro de masa, entonces puede
determinarse el momento de inercia con respecto a cualquier otro eje paralelo por medio del teorema de los ejes
paralelos, que puede escribirse como:
𝐼 = 𝐼 + 𝑚𝑑
EJEMPLO:
Calcule el momento de inercia de masa de una varilla con respecto a un eje que pasa por el extremo, si 𝐼 = 1⁄12 𝑚𝑙 .
Solución:
𝐼 = 𝐼 + 𝑚𝑑 =
4.1.2.
1
𝑙
𝑚𝑙 + 𝑚
12
2
=
1
1
1
𝑚𝑙 + 𝑚𝑙 = 𝑚𝑙
12
4
3
RADIO DE GIRO
De vez en cuando, el momento de inercia de un cuerpo con respecto a un eje especificado se reporta en manuales por
medio del radio de giro, 𝑘. Éste es una propiedad geométrica que tiene unidades de longitud. Cuando se conocen el
radio de giro y la masa 𝑚 del cuerpo, el momento de inercia del cuerpo se determina con la ecuación:
𝐼 = 𝑚𝑘 o 𝑘 =
4.1.3.
𝐼
𝑚
CUERPOS COMPUESTOS
Si un cuerpo se compone de varias formas simples como discos, esferas y barras, su momento de inercia con respecto
a cualquier eje se determina por la suma algebraica de los momentos de inercia de todas las formas compuestas
calculadas con respecto al eje. La adición algebraica es necesaria puesto que una parte compuesta debe considerarse
como una cantidad negativa si ya se contó como una pieza de otra de parte —por ejemplo, un “agujero” restado de
una placa sólida. El teorema de los ejes paralelos se requiere para los cálculos si el centro de masa de cada parte
compuesta no queda en el eje. Para el cálculo, entonces,
𝐼 = 𝛴𝐼 + 𝛴𝑚𝑑
EJEMPLOS:
El péndulo de la figura cuelga del perno en O y se compone de dos barras delgadas de 10 lb de peso cada una.
Determine el momento de inercia del péndulo con respecto a un eje que pasa por (a) el punto G y (b) el centro de masa
O del péndulo.
81
Datos:
𝑊 = 10 lb
𝑎) 𝐼 =?
𝑏) 𝐼 =?
Solución:
a)
𝑦=
𝐼 = 𝛴𝐼 + 𝛴𝑚𝑑 → 𝐼 =
(10⁄32.2)1 + (10⁄32.2)2
𝛴𝑚𝑦
→𝑦=
= 1.5 pies
𝛴𝑚
10⁄32.2 + 10⁄32.2
1
1
(10⁄32.2)(2) +
(10⁄32.2)(2) + (10⁄32.2)(1.5 − 1) + (10⁄32.2)(2 − 1.5)
12
12
𝐼 = 0.3623 slug. pies
b)
𝐼 = 𝐼 + 𝑚𝑑 = 0.3623 + (20⁄32.2)(1.5)
𝐼 = 1.760 slug. pies
Determine el momento de inercia de masa de la placa con respecto a un eje perpendicular a la página que pasa por el
punto O. La masa del material por unidad de área es de 20 kg⁄m .
Datos:
𝐼 =?
𝑚 = 20 kg⁄m
Solución:
𝐼 = 𝛴𝐼 + 𝛴𝑚𝑑 =
𝐼 =
1
1
𝑚 (𝑎 + 𝑏 ) − 4 𝑚 𝑟
12
2
1
1
20(0.16)(2(0.4) ) − 4 20(7.85𝑒 − 3)(0.05)
12
2
− 4(𝑚 𝑑 )
− 4(20(7.85𝑒 − 3)(0.15) ) = 7.042𝑒 − 2 kg. m
𝐼 = 𝐼 + 𝑚𝑑 = 7.042𝑒 − 2 + 20 0.16 − 4(7.85𝑒 − 3)
𝐼 = 0.276 kg. m
82
√2(0.2)
El péndulo se compone de una placa que pesa 12 lb y una barra que pesa 4 lb. Determine el radio de giro del péndulo
con respecto a un eje perpendicular a la página que pasa por el punto O.
Datos:
𝑊 = 12 lb, 𝑊 = 4 lb
𝑘 =?
Solución:
𝐼 = 𝛴𝐼 + 𝛴𝑚𝑑 =
𝐼 =
1
1
𝑚 (𝑎 + 𝑏 ) +
𝑚 𝑙 +𝑚 𝑑
12
12
+𝑚 𝑑
1 12
1
4
12
4
(1 + 1 ) +
(5) +
(3.5) +
(0.5) = 4.917 slug. pie
12 32.2
12 32.2
32.2
32.2
𝑘 =
𝐼
==
𝑚
𝐼
=
𝑚 +𝑚
4.917
=
(4 + 12)⁄32.2
4.917
0.4969
𝑘 = 3.15 pies
4.2.
ECUACIONES DE MOVIMIENTO DE CINÉTICA PLANA
En el análisis siguiente limitaremos nuestro estudio de cinética plana a cuerpos rígidos los que, junto con sus cargas,
se consideran simétricos con respecto a un plano de referencia fijo. Como el movimiento de un cuerpo se puede ver
dentro del plano de referencia, todas las fuerzas (y momentos de par) que actúan en el cuerpo pueden proyectarse
entonces en el plano. Un ejemplo de un cuerpo arbitrario de este tipo se muestra en la figura 4-2. Aquí el origen del
marco de referencia inercial x, y, z coincide con el punto arbitrario P en el cuerpo. Por definición, estos ejes no giran
y están fijos o se trasladan a velocidad constante.
Figura 4-2. Cuerpo rígido arbitrario.
4.2.1.
ECUACIÓN DE MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN
Las fuerzas externas que actúan en el cuerpo de la figura 4-2 representan el efecto de las fuerzas gravitacionales,
eléctricas, magnéticas o de contacto entre cuerpos adyacentes. Como este sistema de fuerzas se consideró previamente
en el análisis de un sistema de partículas, aquí puede usarse la ecuación resultante, en cuyo caso:
83
𝛴𝐹⃗ = 𝑚𝑎 ⃗
Conocida como ecuación de movimiento de traslación del centro de masa de un cuerpo rígido. Plantea que la suma
de todas las fuerzas externas que actúan en el cuerpo es igual a su masa por la aceleración de su centro de masa 𝐺.
Para movimiento del cuerpo en el plano x-y, la ecuación de movimiento de traslación puede escribirse en la forma de
dos ecuaciones escalares independientes, es decir,
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
4.2.2.
ECUACIÓN DE MOVIMIENTO DE ROTACIÓN
Ahora examinaremos los efectos provocados por los momentos del sistema de fuerzas externas calculados con
respecto a un eje perpendicular al plano de movimiento (el eje z) y que pasa por el punto P. La forma más simple de
la ecuación de movimiento de rotación es:
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼
Esta ecuación de movimiento de rotación plantea que la suma de los momentos de todas las fuerzas externas con
respecto al centro de masa del cuerpo G es igual al producto del momento de inercia del cuerpo con respecto a un
eje que pasa por G y a la aceleración angular del cuerpo. Una forma más general de la ecuación es:
𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 )
4.2.3.
APLICACIÓN GENERAL DE LAS ECUACIONES DE MOVIMIENTO
Para resumir este análisis, se pueden escribir tres ecuaciones escalares independientes que describan el movimiento
plano general de un cuerpo rígido simétrico.
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼 o 𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 )
Figura 4-3. Diagrama de cuerpo libre
Cuando se aplican estas ecuaciones, debemos trazar siempre un diagrama de cuerpo libre, figura 4-3, que incluya
todos los términos que intervienen en 𝛴𝐹 , 𝛴𝐹 , 𝛴𝑀 o 𝛴𝑀 . En algunos problemas también puede ser útil trazar el
diagrama cinético del cuerpo, figura 4-4. Este diagrama explica gráficamente los términos 𝑚(𝑎 ⃗) , 𝑚(𝑎 ⃗) e 𝐼 𝛼.
Es muy útil en especial cuando se utiliza para determinar las componentes de 𝑚𝑎 ⃗ y el momento de dichas
componentes en 𝛴(𝑀 ) .
84
Figura 4-4. Diagrama cinético.
4.3.
MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN
Cuando el cuerpo rígido experimenta una traslación, todas sus partículas tienen la misma aceleración. Además, 𝛼⃗ =
0, en cuyo caso la ecuación de movimiento de rotación aplicada en el punto G se reduce a una forma simplificada, o
sea, 𝛴𝑀 = 0.
4.3.1.
TRASLACIÓN RECTILÍNEA
Cuando un cuerpo se somete a traslación rectilínea, todas sus partículas viajan a lo largo de trayectorias de línea recta
paralelas. Como 𝐼 𝛼⃗ = 0, sólo 𝑚𝑎 ⃗ se muestra en el diagrama cinético. Por tanto, las ecuaciones de movimiento
pertinentes en este caso son:
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝑀 = 0 o 𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 )
4.3.2.
TRASLACIÓN CURVILÍNEA
Cuando un cuerpo rígido se somete a traslación curvilínea, todas sus partículas viajan a lo largo de trayectorias curvas
paralelas. En un análisis, con frecuencia es conveniente utilizar un sistema de coordenadas inercial con su origen que
coincida con el centro de masa del cuerpo en el instante considerado y sus ejes orientados en las direcciones normal
y tangencial a la trayectoria del movimiento. De este modo, las tres ecuaciones escalares de movimiento son:
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 )
𝛴𝑀 = 0 o 𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 )
EJEMPLOS:
El automóvil de la figura tiene una masa de 2 Mg y un centro de masa en G. Determine la aceleración si las ruedas
traseras “propulsoras” siempre patinan, en tanto que las delanteras ruedan libremente. Ignore la masa de las ruedas.
El coeficiente de fricción cinética entre las ruedas y la carretera es 𝜇 = 0.25.
85
Datos:
𝑚 = 2 Mg = 2000 kg
𝑎 =?
𝜇 = 0.25
Solución:
1° método: D.C.L.
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝜇 𝑁 = 𝑚𝑎 → 0.25𝑁 = 2000𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝑁 + 𝑁 − 𝑊 = 0
𝑁 + 𝑁 = 2000(9.81) → 𝑁 + 𝑁 = 19620 → 𝑁 = 19620 − 𝑁
𝛴𝑀 = 0: 0.75𝑁 − 1.25𝑁 − 0.3𝐹 = 0
0.75𝑁 − 1.25𝑁 − 0.3(0.25𝑁 ) = 0 → 0.675𝑁 − 1.25𝑁 = 0
0.675𝑁 − 1.25(19620 − 𝑁 ) = 0 → 1.925𝑁 = 24525 → 𝑁 = 12740.26 N
𝑁 = 19620 − 𝑁 = 19620 − 12740.26 = 6879.74 N
0.25(12740.26) = 2000𝑎
𝑎 = 1.59
2° método: D.C.L. y Diagrama cinético
86
m
s
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝜇 𝑁 = 𝑚𝑎 → 0.25𝑁 = 2000𝑎
𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 )
2𝑁 − 1.25𝑊 = 0.3𝑚𝑎 → 2𝑁 − 1.25(2000)(9.81) = 0.3(2000)𝑎 → 𝑁 = 12262.5 + 300𝑎
0.25(12262.5 + 300𝑎 ) = 2000𝑎
1925𝑎 = 3065.63
𝑎 = 1.59
m
s
Un embalaje uniforme de 50 kg descansa sobre una superficie horizontal cuyo coeficiente de fricción cinética es 𝜇 =
0.2 . Determine la aceleración si se aplica una fuerza 𝑃 = 600 N al embalaje como se muestra en la figura.
Datos:
𝑚 = 50 kg
𝑎 =?
𝜇 = 0.2
𝑃 = 600 N
Solución:
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝑃 − 𝐹 = 𝑚𝑎 → 600 − 0.2𝑁 = 50𝑎
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝑁 − 𝑊 = 0 → 𝑁 = 50(9.81) = 490.5 [N]
𝛴𝑀 = 0: 𝑥𝑁 − 0.3𝑃 − 0.5𝐹 = 0 → 𝑥(490.5) − 0.3(600) − 0.5(0.2)(490.5) = 0 → 𝑥 = 0.467 m < 0.5 m
600 − 0.2(490.5) = 50𝑎
𝑎 = 10.04
m
s
La viga BD de 100 kg que se muestra en la figura está sostenida por dos barras cuya masa no se toma en cuenta.
Determine la fuerza desarrollada en cada barra si cuando 𝜃 = 30°, 𝜔 = 6 rad⁄s.
87
Datos:
𝑚 = 100 kg
𝑇 =? , 𝑇 =?
𝜃 = 30°, 𝜔 = 6 rad⁄s
Solución:
D.C.L.:
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝑊 sen 𝜃 = 𝑚𝛼𝑟 → 100(9.81) sen 30° = 100𝛼(0.5) → 𝛼 = 9.81 rad⁄s
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) : 𝑇 + 𝑇 − 𝑊 cos 𝜃 = 𝑚𝜔 𝑟 → 𝑇 + 𝑇 − 981 cos 30° = 100(6) (0.5) → 𝑇 + 𝑇 = 2649.57
𝛴𝑀 = 0: −𝑇 cos 30° (0.4) + 𝑇 cos 30° (0.4) = 0 → 𝑇 = 𝑇 ∴ 2𝑇 = 2649.57 → 𝑇 = 1324.79 N
𝑇 = 𝑇 = 1324.79 N
4.4.
MOVIMIENTO DE ROTACIÓN RESPECTO A UN EJE FIJO
4.4.1.
ECUACIONES CINÉTICAS
Figura 4-5. Movimiento de rotación.
88
Considere el cuerpo rígido (o losa) de la figura 4-5, el cual está limitado a girar en el plano vertical alrededor de un
eje fijo perpendicular a la página que atraviesa por el pasador en O. El sistema de fuerzas externas y momentos de par
que actúa en el cuerpo produce la velocidad y aceleración angulares. Como el centro de masa del cuerpo G describe
una trayectoria circular, su aceleración se representa mejor por medio de sus componentes tangencial y normal. La
componente tangencial de la aceleración tiene una magnitud de (𝑎 ) = 𝛼𝑟 y debe actuar en la dirección compatible
con la aceleración angular del cuerpo 𝛼⃗. La magnitud de la componente normal de la aceleración es (𝑎 ) = 𝜔 𝑟 .
Esta componente siempre está dirigida del punto G a O, sin importar el sentido de rotación de 𝜔⃗.
Figura 4-6. Diagrama de cuerpo libre y diagrama cinético.
Los diagramas de cuerpo libre y cinético del cuerpo se muestran en la figura 4-6. Las dos componentes 𝑚(𝑎 ⃗) y
𝑚(𝑎 ⃗) , que se muestran en el diagrama cinético, están asociadas con las componentes tangencial y normal de la
aceleración del centro de masa del cuerpo. El vector 𝐼 𝛼⃗ actúa en la misma dirección que 𝛼⃗ y su magnitud es 𝐼 𝛼,
donde 𝐼 es el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto a un eje perpendicular a la página y que pasa
por G. Las ecuaciones de movimiento aplicables al cuerpo se escriben en la forma:
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) = 𝑚𝛼𝑟
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) = 𝑚𝜔 𝑟
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼 o 𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 )
Según el teorema de los ejes paralelos, podemos escribir la última ecuación de movimiento para el cuerpo como:
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼
89
EJEMPLOS:
El volante desbalanceado de 50 lb que se muestra en la figura tiene un radio de giro de 𝑘 = 0.6 pies con respecto a
un eje que pasa por su centro de masa G. Si se pone en movimiento desde el punto de reposo, determine las
componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador O.
Datos:
𝑊 = 50 lb
𝜔 =0
𝑘 = 0.6 pies
𝑂 =? , 𝑂 =?
Solución:
D.C.L. y diagrama cinético:
𝐼 = 𝑚𝑘
→𝐼 =
50
(0.6) = 0.559 slug. pie
32.2
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) = 𝑚𝛼𝑟 : 𝑊 − 𝑂 = 𝑚𝛼𝑟 → 50 − 𝑂 =
50
𝛼(0.5) → 𝑂 = 50 − 0.776𝛼
32.2
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) = 𝑚𝜔 𝑟 : 𝑂 = 𝑚𝜔 𝑟 → 𝑂 =
50
(0) (0.5)
32.2
𝑂 = 0 lb
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼: 0.5𝑂 = 0.559𝛼 → 0.5(50 − 0.776𝛼) = 0.559𝛼 → 25 = 0.947𝛼 → 𝛼 = 26.399 rad⁄s
90
𝑂 = 50 − 0.776(26.399)
𝑂 = 29.51 lb
Cálculos adicionales:
𝐼 = 𝐼 + 𝑚𝑑 → 𝐼 = 0.559 +
50
(0.5) = 0.947 slug. pie
32.2
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼: 50(0.5) = 0.947𝛼 → 𝛼 = 26.399 rad⁄s
𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 ) : 0.5𝑊 = 0.5𝑚𝛼𝑟 + 𝐼 𝛼 → 0.5(50) = 0.5
50
𝛼(0.5) + 0.559𝛼 → 𝛼 = 26.394 rad⁄s
32.2
La barra tiene una masa 𝑚 y una longitud 𝑙. Si se suelta desde el punto de reposo de la posición 𝜃 = 30°, determine
su aceleración angular y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador O.
Datos:
masa = 𝑚
𝜔 = 0 → 𝜃 = 30°
longitud = 𝑙
𝛼 =? , 𝑂 =? , 𝑂 =?
Solución:
D.C.L.:
Diagrama cinético:
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) = 𝑚𝛼𝑟 : 𝑊 − 𝑂
cos 𝜃 + 𝑂 sen 𝜃 = 𝑚𝛼𝑟 → 𝑚𝑔 − 𝑂
cos 30° + 𝑂 sen 30° = 𝑚𝛼(𝑙 ⁄2)
1.73𝑚𝑔 − 1.73𝑂 + 𝑂 = 𝑚𝛼𝑙 → 𝛼 = 1.73𝑚𝑔 − 1.73𝑂 + 𝑂 ⁄𝑚𝑙
𝛴𝐹 = 𝑚(𝑎 ) = 𝑚𝜔 𝑟 : 𝑂 − 𝑊 sen 𝜃 + 𝑂 cos 𝜃 = 𝑚𝜔 𝑟 → 𝑂 − 𝑚𝑔 sen 30° + 𝑂 cos 30° = 0
𝑂 − 𝑚𝑔 + 1.73𝑂 = 0 → 1.73𝑂 + 𝑂 = 𝑚𝑔
91
1
𝑚𝑙
12
1
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼: 𝑂 cos 𝜃 (𝑙 ⁄2) − 𝑂 sen 𝜃 (𝑙 ⁄2) =
𝑚𝑙 𝛼 → 6𝑂 cos 30° − 6𝑂 sen 30° = 𝑚𝑙𝛼
12
1.73𝑚𝑔 − 1.73𝑂 + 𝑂
5.20𝑂 − 3𝑂 = 𝑚𝑙𝛼 → 5.20𝑂 − 3𝑂 = 𝑚𝑙
𝑚𝑙
𝐼 =
5.20𝑂 − 3𝑂 = 1.73𝑚𝑔 − 1.73𝑂 + 𝑂 → −4𝑂 + 6.93𝑂 = 1.73𝑚𝑔
𝑂 = 0.325𝑚𝑔
𝑂 = 0.437𝑚𝑔
𝛼=
1.73𝑚𝑔 − 1.73(0.437𝑚𝑔) + (0.325𝑚𝑔)
𝑚𝑙
𝛼 = 1.30 𝑔⁄𝑙
Cálculos adicionales:
𝐼 =
𝛴𝑀 = 𝐼 𝛼: 𝑊 cos 𝜃 (𝑙 ⁄2) =
1
𝑚𝑙
3
1
𝑚𝑙 𝛼 → 3𝑚𝑔 cos 30° (𝑙 ⁄2) = 𝑚𝑙 𝛼 → 𝛼 = 1.30 𝑔⁄𝑙
3
𝛴𝑀 = 𝛴(𝑀 ) : 𝑊 cos 𝜃 (𝑙 ⁄2) = 𝑚𝛼𝑟 (𝑙 ⁄2) + 𝐼 𝛼 → 𝑚𝑔 cos 30° (𝑙 ⁄2) = 𝑚𝛼(𝑙 ⁄2)(𝑙 ⁄2) +
5.20𝑔 = 3𝛼𝑙 + 𝛼𝑙 → 4𝛼𝑙 = 5.20𝑔 → 𝛼 = 1.30 𝑔⁄𝑙
92
1
𝑚𝑙 𝛼
12
ANEXOS
93
94