Serie 1 Cinemática y Dinámica || Semestre 2008-1

Serie 1 Cinemática y Dinámica || Semestre 2008-1


1. Una partícula se mueve siguiendo la ley vectorial r  8t 2i   t 3  5 j  m , donde t es
en segundos. Determine las magnitudes de la velocidad y la aceleración de la partícula
cuando t  3 s . Además determine la ecuación y  f  x  de la trayectoria que sigue
la partícula.
Solución:
Tenemos una partícula toda loca que se anda moviendo como estúpida de acuerdo a una ecuación
que nos dan. Lo primero que hay que notar es que la ecuación de movimiento tiene componentes i
y j, pero no tiene componentes k, lo cual significa que se mueve en dos dimensiones, es decir, en
el plano xy, por lo que se puede representar como sigue:
r  x  t  i  y  t  j , donde x t   8t 2 y y  t   t 3  5 .
Recordando que la velocidad y la aceleración son derivadas de la posición, es decir, v 
a
dr
y
dt
dv
, uno se da cuenta de que para obtener la velocidad y la aceleración hay que derivar, con
dt
respecto al tiempo, una y dos veces, respectivamente, la ecuación de movimiento:
x  t   16t ,
x  t   16 .
y  t   3t 2 ,
y  t   6t .
Por lo tanto:
 
v t   16t  i  3t 2 j ,
y
a  t   16  i   6t  j .
Por lo que, para t  3 s :
v  3  48i  27 j
a  3  16i  18 j .
y
Bueno, la fórmula para sacar magnitudes de vectores es:
A  a12  a22  a32  a42  shalalalalalá
(También se puede escribir como: A 
n
, donde cada a1 es una componente del vector.
ai2 , pero bueno, cada quien sus gustos).

i 1
En el caso que nos ocupa los vectores sólo tienen dos componentes, así que la cosa queda:
v  482  272
v  55.0727  m / s 
a  162  182
y
a  24.0832  m / s 2 
Para la segunda parte, tomemos en cuenta que x t   8t 2 y y  t   t 3  5 . Por lo tanto:
 x
t  
8
1
2
3
 x  1 2 
y      5
 8  
3
 x 2
y    5
8
Comoedia finita est.
2. El movimiento curvilíneo de una partícula está definido por x  3t 2 , y  4t  2 ,
z  6t 3  8 , donde x, y, z están en metros y el tiempo en segundos. Determine las
magnitudes de la velocidad y aceleración de la partícula así como los ángulos
directores  ,  ,  de los vectores de velocidad y aceleración cuando t  2 s .
Solución:
Al igual que en el problema anterior, se derivan con respecto al tiempo las ecuaciones de
posición:
x  6t ,
x  6;
y  4,
y   0;
2
z   36t.
z '  18t
Por lo que para t  2 s :
v  12i  4 j  72k
a  6i  72k
v  122  42  722
a  62  722
v  73.1027  m / s 
a  72.2496  m / s 2 
Ahora bien, esto de los ángulos directores no esa nada del otro jueves. La definición es la
siguiente:
a
cos   1
A
cos  
a2
A
cos  
a3
A
Por lo tanto, para despejar los ángulos sólo hay que dividir las componentes del vector entre su
magnitud y sacarle coseno inverso al resultado. Así, para la velocidad los ángulos son:
 12 

 73.1027 
4



 73.1027 
 72 

 73.1027 
  cos1 
  cos 1 
  cos 1 
  80.552º
  86.8633º
  9.96431º
Operando del mismo modo, para la aceleración los ángulos son:
  85.2364º
  90º
  4.76395º
Comoedia finita est.
3. Una partícula se mueve en el plano XY de tal forma que su posición está definida por
r  sin 2  i  ( 2  cos 2 ) j , donde  está en [rad] y r en [ft]. Si    4t 2   rad  , donde t
está en segundos, determine la velocidad y la aceleración de la partícula cuando
t  2 s .
Solución:
Es exactamente la misma mamada que en la primera, a diferencia de que aquí primero hay
que sustituir el valor de  que nos dan aparte. Una vez hecho esto las ecuaciones quedan:
r  sin 2  4t 2  i  16t 4  cos  8t 2   j
v  8t sin  8t 2  i  64t 3  16t sin 8t 2   j
a  128t 2 cos  8t 2   8sin  8t 2   i  192t 2  256t 2 cos 8t 2   16sin 8t 2   j
Y pues para t  2 s :
v  16sin 32  i  (512  32sin 32) j
v  8.82283i  494.35 j
a   512cos32  8sin 32  i   768  1024cos32  16cos32  j
a  431.534i  95.0675 j
Comoedia finita est.
4. El
movimiento
de
las
partículas
rA  3ti  9t  2  t  j m
y
A
y

B
es
descrito
por
las

leyes
rB  3 t 2  2t  2 i  3t  2 j m,
respectivamente, donde t está en segundos. Determine cuándo y con qué rapidez de las
partículas ocurre la colisión de ambas.
Solución:
¡Madre de Dios, ya estamos hablando de colisiones! Calma, calma, que no cunda el pánico.
El chiste aquí es determinaren que tiempo t ambas partículas se encuentran en las mismas
coordenadas tanto en el eje y como en el eje z. La cosa va más o menos así:
Igualando los componentes en i nos queda:
3t  3(t 2  2t  2)
t  1, t  2
Mmm… tenemos dos resultados, pero si igualamos las componentes en j:
9t  2  t   3(t  2)
t1 , t2
3
Aquí también tenemos dos resultados, pero tomando en cuenta que para que las partículas
colisionen necesariamente tienen que coincidir ambas coordenadas nos damos cuenta de que la
única respuesta posible es:
t  2s
Para sacar las velocidades simplemente derivamos con respecto al tiempo ambas ecuaciones de
movimiento y sustituimos t=2s:
v A  3i  18  18t  j
vB  3  2t  2  i  3 j
v A  3i  18 j
vB  6i  3 j
Y como nos piden las rapideces, pues sacamos las normas de los vectores:
v A  32   18 
2
v A  18.2483 m / s 
vB  62  32
vB  6.7082  m / s 
y ya.
Comoedia finita est.
5. En cualquier instante, la posición horizontal de un globo meteorológico mostrado en
la figura, es definida por
trayectoria es
x  8t  pies , donde t está en segundos. Si la ecuación de la
y  x 2 / 10 , determine a) la distancia del globo a la estación ubicada
en A cuando t=2 s, b) la magnitud y la dirección de la velocidad cuando t=2 s, y c) la
magnitud y la dirección de la aceleración cuando t=2 s.
Solución:
Esta vez no nos dan las ecuaciones de movimiento en función del tiempo, o al menos no las
dos. Pero nos dan x en función de t y nos dan y en función de x, así que podemos encontrar y:
x  8t
yx
2
10
2
y  64t
10
Ahora simplemente sustituimos t=2 s y tenemos:

2
r  8ti  64t
10
r  16i  25.6 j

j
r  162  25.62
r  30.1887  m
Derivando la ecuación de movimiento con respecto al tiempo:
v  8i  12.8tj
a  12.8 j
Y finalmente, sustituyendo t=2 s nos queda:
v  8i  25.6 j
a  12.8 j
v  82  25.62  26.8209  ft / s 
a  12.8  ft / s 2 
Comoedia finita est.
6. Un automóvil viaja por una autopista plana a lo largo de una trayectoria definida por
la expresión
y  0.01x 2 , donde x e y están en metros. Si la componente de su
velocidad en la dirección del eje “x” es constante e igual a 20 m/s, para cuando x=100
m, determine:
a) la velocidad del automóvil, y,
b) la aceleración del automóvil.
Solución:
Al igual que en el problema anterior, y está definida en función de x y no en función de t.
Además, este problema tiene la peculiaridad de que no da la ecuación de movimiento en x,
sino la velocidad en x. Eso quiere decir que hay que obtener la posición en x:
vx 
dx
dt
vx
y  0.01x 2
y  0.01(20t ) 2
x
 v dt   dx
x
0
y  4t 2
0
vx t  x
r  20ti  4t 2 j
x  20t
Ahí está, ¡miren nomás qué bonito!: la ecuación de movimiento en función de t. De aquí en
adelante lo demás es puro trámite:
x  100
x  20t
20t  100
(Nada más recordando despejar t)
t  5 s 
Ahora derivamos la ecuación de movimiento con respecto al tiempo y:
r  20ti  4t 2 j
v  20i  8tj
a 8j
Para x=100 m, o sea t=5 s:
v  20i  40 j
a 8j
Comoedia finita est.
7. Una partícula, originalmente en reposo y situada en el punto (3,2,5) [ft], está sometida
a una aceleración de
a  6ti  12t 2 k  ft / s 2  . Determine la posición de la partícula
(x,y,z) en t=1 s.
Solución:
Pues la cosa va así:
a  ax i  az k , donde ax  6t y az  12t 2 . Y recurriendo a las definiciones:
a
dv
dt
ax 
v
y
ds
, la cosa va más o menos así:
dt
dvx
dt
az 
vx
t
 a dt   dv
x
0
dvz
dt
vz
t
 a dt   dv
z
x
0
0
0
z
v  3t 2i  4t 3 j
t
t
vx   6tdt
vz   12t 2 dt
vx  3t
vz  4t 3
0
0
2
Para calcular la posición:
vx 
dx
dt
vz 
t
x
 v dt   dx
x
0
3
t
dz
dt
t
z
 v dt   dz
z
0
5
t
x  3   3t dt
z  5   4t 3 dt
x  3  t3
z  5  t4
x  t3  3
z  t4  5
2
0
r   t 3  3 i  2 j   t 4  5 k
0
Sustituyendo t=1 s:
r  4i  2 j  6k   ft 
Comoedia finita est.
8. Durante la prueba de un vehículo, el conductor parte del reposo en t=0, acelera y
luego aplica los frenos. Los ingenieros que miden la posición del vehículo encuentran
que de t=0 [s] a t=18 [s], la posición se puede representar por medio de la relación:
1
 1 
s  5t 2    t 3    t 4
 3
 50 
a) ¿Cuál es la rapidez máxima y en qué instante ocurre?
b) ¿Cuál es la magnitud de la aceleración máxima y en qué instante ocurre?
Solución:
Ejem… qué formula tan fea. Ya quiero ver yo a ingenieros obteniendo esa cosa en sus
fórmulas. Bueno, esta vez la cosa es leve porque el asunto es nada más lineal. Y bueno, nos piden
la rapidez y aceleración máximas, así que el chiste se vuelve un asunto de máximos y mínimos:
v
ds
dt
 2 
v  10t  t 2    t 3
 25 
dv
 6 
 10  2t    t 2
dt
 25 
dv
Para
 0 , despejamos t y nos queda:
dt
t  3.51629  s  , t  11.8496  s 
Y pues como nuestros profesores nos han repetido hasta el cansancio desde la preparatoria, los
tiempos negativos no se toman (algún día nos daremos cuenta de que nos han tomado el pelo
vilmente: en algunos casos muy, muy especiales, el tiempo negativo sí se considera), en este caso
tomamos el tiempo positivo, el cual, sustituyéndolo en la velocidad nos queda:
t  11.8496  s 
y
v  125.802  m / s 
Para la aceleración, la cosa va igual:
a
dv
 6 
 10  2t    t 2
dt
 25 
da
 12 
 2   t
dt
 25 
igualando la derivada a 0 se obtiene
Sustituyendo dicho valor queda:
t  4.16667  s  .
a  14.1667  m / s 2 
Comoedia finita est.
9. Si una partícula recorre una línea recta de tal modo que durante un breve intervalo
t   2,6 segundos, su movimiento se describe por v 
4
, donde a se expresa en ft/s2.
a
Sabiendo que v=6 [ft/s] cuando t=2 [s], determinar la magnitud de la aceleración de la
partícula cuando t=3 [s].
Solución:
Bueno… pues este problema sí tiene su chiste. Pero veamos… hay que notar que en la
única ecuación que nos dan, están involucradas la aceleración y la velocidad, y nosotros contamos
con la definición de aceleración que involucra la derivada de la velocidad con respecto al tiempo.
Bueno, despejando la aceleración del dato que nos dan:
4
a
4
a
v
dv
a
dt
dv 4

dt v
vdv  4dt
v
v
t
 vdv   4dt
6
2
v
Tomando en cuenta que cuando t vale 2 v vale 6:
v2 
t

4
t

2
2  6
v 2 62
  4t  8
2 2
v  2 2t  5
Una vez que tenemos la velocidad expresada en función del tiempo, pues nada más la derivamos:

d
2 2t  5
dt
2
a
2t  5
a

Y pues ya nada más calculamos para t=3 [s]:
a  0.603023  m / s 2 
Comoedia finita est.
10. La aceleración de un cohete que viaja verticalmente hacia arriba está determinada
por la expresión
a   6  0.02s  m / s 2  ,
donde s está en metros. Determine el
tiempo necesario para que el cohete alcance una altitud de s=100 [m]. inicialmente,
v=0 y s=0 cuando t=0.
Solución:
A esta hay que hacerle truco, ya que no basta expresar las cosas en función del tiempo. Así
que el truco que se hace es el siguiente:
dv  ds 
 
dt  ds 
dv ds
a 
ds dt
a
El conocido truco del uno imaginario.
Bueno, con esto logramos que:
ds dv
dv
 v
dt ds
ds
ads  vdv
(6  0.02 s ) ds  vdv
a
Así, ya tenemos todo lo que tenga s de un lado y lo que tenga v del otro, y pues ya podemos
integrar:
s
v
0
0
  6  0.02s  ds   vdv
v2
6s  0.01s 
2
2
v  12s  0.02s 2
Bueno, ahora tenemos v en función de s. De aquí utilizamos:
ds
dt
ds
dt 
v
v
t
s
0
0
 dt  
ds
12 s  0.02 s 2
Ejem… bueno, la integral no queda precisamente bonita, pero dicen por ahí que:

a

 bu

du
1 2

ln 
 au  bu 2   C
b 
b
au  bu 2



Así que es “nada más” cuestión de formulazo. Queda:
s
 12

 0.02s


1
t
ln  2
 12s  0.02s 2  
0.02 
0.02


0
Bueno… pues entonces haría falta evaluar evaluar el chistecito para s=100, evaluarlo para s=0 y
hacer la resta. El resultado queda:
t  5.62408  s 
PD: Si alguien sabe una manera más fácil de hacer esto, por favor que me avise.
11. Se suelta una pelota, desde el reposo, a una altura de 40 [ft] del suelo y al mismo
tiempo, se lanza otra pelota hacia arriba, a 5 [ft] del suelo. Si las pelotas se pasan
entre sí a una altura de 20 [ft], calcular la rapidez a la cual la segunda pelota se lanzó
hacia arriba. El valor de g=32.2 [ft/s2].
Solución:
Se considerará que arriba es la dirección positiva. El análisis matemático (¿a poco no se
oye bien chula expresión?) de las pelotas queda:
a  g 
dv
dt
t
t
v
0
v0
   g  dt   dv
v
   g  dt   dv
v  v0   gt
ds
v   gt 
dt
v  v0  gt 
0
0
t
t
s
   gt  dt   ds
0
40
2
gt
2
s  16.1t 2  40
s  40  
 v
0
0
ds
dt
s
 gt  dt   ds
5
gt 2
s  5  v0t 
2
s  5  v0t  16.1t 2
Sustituyendo s=20 [ft] y despejando t:
t
s  40
 16.1
t  1.11456[ s ]
Despejando v0 de la segunda pelota y sustituyendo el valor obtenido de t tenemos:
s  5  16.1t 2
v0 
t
v0  31.4026  ft / s 
Comoedia finita est.
12. Dos cohetes se lanzan en una exhibición de fuegos artificiales. El cohete A se lanza con
una velocidad inicial v0 y el cohete B, 4 segundos después, con la misma velocidad
inicial. Los dos cohetes están programados para explotar de manera simultánea a una
altura de 80 [m], cuando A desciende y B asciende. Considerando la aceleración
constante g=9.81 [m/s2], determine la velocidad inicial v0 con que son lanzados ambos
cohetes.
Solución:
Analizando los cohetes:
a  g 
dv
dt
t
v
0
v0
a  g 
dv
dt
t
v
4
v0
   g  dt   dv
   g  dt   dv
v  v0   gt
v  v0   g  t  4 
v  v0  gt 
t
 v
0
0
ds
dt
v  v0  g  t  4  
s
t
 gt  dt   ds
 v
0
0
0
ds
dt
s
 g  t  4   dt   ds
0
g t  4
s  v0  t  4  
2
2
gt
s  v0t 
2
gt 2
80  v0t 
2
2
g t  4
80  v0  t  4  
2
2
Despejando en ambos casos la velocidad inicial e igualando:
160  g  t  4 
v0 
2 t  4
160  gt 2
v0 
2t
160  gt 2 160  g  t  4 

2t
2 t  4
2
2
Despejando t, nos queda:
t  6.50665, t  2.50664
Sustituyendo el valor positivo en cualquiera de las ecuaciones nos queda:
v0  44.2102  m / s 
Comoedia finita est.
13. En los juegos de invierno de México 2007, el Bobsled de Vicente Fox desciende sobre
una rampa recta y el análisis de los primeros 50 [s] de su descenso, se muestra en la
gráfica v-t en la figura del pdf (la cual no copié porque no se dejó). A partir de ella
determine las gráficas s-t y a-t para los 50 [s] de su análisis. Considere que en t=0 [s],
s=0 [m].
Como no tengo programa graficador, pues no hay gráfica.
Pero bueno… veamos el análisis:
La gráfica de la velocidad puede ser interpretada como:
.4t , 0  t  30
v
12, t  30
Y pues derivando para la aceleración e integrando para la posición queda:
.2t 2 , 0  t  30
s
12t , t  30
.4, 0  t  30
a
0, t  30
Y pues ya de ahí nada más hacen las gráficas correspondientes.
Comoedia finita est.
14. Dos carros comienzan su movimiento desde el reposo sobre un camino recto. El carro
A acelera a razón de
a  4 m / s 2 
durante 10 [s] y después mantiene su velocidad
constante. El carro B acelera a razón de
5  m / s 2 
hasta alcanzar una velocidad de
25 [m/s] y después mantiene esa velocidad. Construya las gráficas a-t, v-t y s-t de cada
automóvil hasta que t=15 [s]. Cuál es la distancia entre los dos carros cuanto t=15[s]
Bueno, pues otra vez les debo las gráficas…
Analizando el movimiento.
dv
dt
dv
4
dt
dv
dt
dv
5
dt
a
a
t
v
0
0
 4dt   dv
t
v
0
0
 5dt   dv
v  4t 
ds
dt
v  5t 
ds
dt
t
s
t
s
0
0
0
0
 4tdt   ds
 5tdt   ds
s  2t 2
s  2.5t 2
Para t = 15 [s]j, el auto A avanzó 450 [m] y el auto B 562.5 [m], por lo tanto, la distancia que los
separa es de 112.5 [m].
Comoedia finita est.
15. Un automóvil arranca desde el reposo con una aceleración constante de
a  15  ft / s 2 
dentro de un intervalo
0  t  10  s  . Aplica los frenos y esa
acción causa una desaceleración que se muestra en la gráfica hasta que el carro se
detiene. Dibuje las gráficas v-t y s-t e indique la máxima velocidad del automóvil y el
tiempo cuando se detiene el auto.
Solución:
Resuelvo el problema y les debo las gráficas.
Como ya hemos visto muchas veces, cuando la aceleración es constante:
v  at , así que durante los primero 10 segundos, acelerando a 15 pies sobre segundo al cuadrado,
alcanza una velocidad máxima de:
v  150  ft / s 
Bueno, si consideramos el segundo 15 como el segundo 0, la gráfica muestra que la aceleración
después de 15 segundos es de:
a
t
2
Así que pues… metiéndole cálculo:
dv
t

dt
2
v
t
v0
0
  2  dv   tdt
t2
 2(v  v0 )
2
t  2 v0  v
Y pues para velocidad inicial de 150 y velocidad final de cero,
sumamos los 10 segundos que ya teníamos nos da
t  24.4949[s],
si a eso le
t  34.4949[ s]
Comoedia finita est.