2. CINÉTICA DE LA PARTÍCULA 2.1 Movimiento rectilíneo

39
2. CINÉTICA DE LA PARTÍCULA
2.1
Movimiento rectilíneo
2.1.1 Aceleración constante
1. Un tractor y su remolque aumentan uniformemente su rapidez de 36 a 72 km/h en 4 s. Sabiendo
que sus pesos son, respectivamente, 2 y 20 ton, calcule la fuerza de tracción que el pavimento ejerce
sobre el tractor y la componente horizontal de la
fuerza que se ejerce en el enganche entre los vehículos durante ese movimiento.
Resolución
A partir de la información del movimiento, investigamos la aceleración del vehículo.
Comenzaremos convirtiendo las velocidades a m/s:
36 m
36 km 
 10 m
h 3.6
s
s
72 m
72 km 
 20 m
h 3.6
s
s
dv
dt
Como el aumento de velocidad es uniforme:
a
y
22
v 20  10

 2.5
t
4
Para conocer las fuerzas —problema cinético— comenzaremos: 1) dibujando el diagrama de cuerpo
libre del conjunto; 2) eligiendo un sistema de referencia.
a
F
x
N
Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:
 Fy  0
N  22  0
N  22
40
Cinética de la partícula
Puesto que la aceleración del vehículo es horizontal,
este resultado no es útil para la resolución del problema.
 Fx  ma
F
22
(2.5)
9.81
Como P=mg; entonces m=P/g
y
20
F  5.61 ton 
Qy
Qx
x
Para conocer la fuerza en el enganche, se puede estudiar cualquiera de los dos cuerpos que la ejercen.
Elegiremos el remolque.
 Fx  ma
N1
Qx 
20
(2.5)
9.81
Qx  5.10 ton
Se trata de una tensión
Podemos comprobar los resultados analizando el
tractor:
Por la tercera ley de Newton, las reacciones del
remolque sobre el tractor son iguales a las reacciones
del tractor sobre el remolque, pero de sentido
contrario.
2 ton
Qy
y
 Fx  ma
Qx
2
(2.5)
9.81
2
Q x  5.61 
(2.5)
9.81
5.61  Q x 
x
N2
Qx  5.10 ton
Cinética de la partícula
41
2. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre las llantas de una camioneta de doble
tracción y la pista son 0.85 y 0.65, respectivamente.
Diga cuál será la velocidad teórica máxima que
alcanzará la camioneta en una distancia de 300 ft, suponiendo suficiente la potencia de su motor.
Resolución
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y elegimos el
sistema de referencia.
Como deseamos conocer la velocidad máxima después de recorrer cierta longitud, se requiere que el
automóvil adquiera la máxima aceleración, por tanto,
que ejerza la máxima fuerza de tracción, que es de
fricción en este caso.
p
y
0.85 N
x
N
 Fy  0
PN 0
NP
 Fx  ma
P
a
32.2
P
0.85 P 
a
32.2
a
0.85 
32.2
a  0.85(32.2)  27.4
0.85 N 
Se trata de una aceleración constante, por tanto:
av
dv
dx
v2
a  dx   vdv
v1
v2  v1
2
2
a (x) 
2
42
Cinética de la partícula
En este caso, v1  0 y x  300
v2  2a(x)  2(27.4)300
2
v2  128.1 ft
s
Se puede convertir a mi :
h
 30 
128.1 ft  128.1  mi  87.4 mi
s
h
h
 44 
Cinética de la partícula
3. Un niño arroja una piedra de 1.5 kg de masa
hacia arriba, verticalmente, con una velocidad inicial
de 12 m/s desde la orilla de un edificio de 20 m de
altura. Determine: a) la altura máxima, sobre el suelo,
que alcanza la piedra; b) la velocidad con que llega al
suelo.
43
20 m
Resolución
Dibujamos la piedra en un diagrama de cuerpo libre
que represente cualquier instante del movimiento, y
elegimos un sistema de referencia.
Disponemos de una ecuación cinética:
 Fy  ma
 1.5(9.81)  1.5a
a  9.81
Es decir, en cualquier instante, suba o baje la piedra,
su aceleración es la de la gravedad y se dirige hacia el
centro de la Tierra.
A partir de la aceleración, escribimos las ecuaciones
del movimiento de la piedra, refiriéndolas al sistema
de referencia que se muestra en la figura.
12 m/s
y
a  9.81
v  v0   adt  12  9.81 dt  12  9.81t
y  y 0   vdt  20   (12  9.81t )dt
20 m
0
9.81 2
t
2
Ahora podemos contestar las preguntas.
 20  12t 
44
Cinética de la partícula
a) Cuando alcance la altura máxima su velocidad será
nula.
0  12  9.81t
12
t
9.81
Y en ese instante:
 12  9.81  12 
y  20  12 



2  9.81 
 9.81 
144 72
72
y  20 

 20 
9.81 9.81
9.81
y  27.3 m
2
que es la altura máxima sobre el suelo
b) Llega al suelo cuando y = 0
9.81 2
0  20  12t 
t
2
9.81t 2  24t  40  0
Las raíces son:
t1  3.58
t 2  1.138
El tiempo en que llega al suelo es la raíz positiva y la
velocidad es:
v  12  9.81(3.58)  23.2
El signo negativo indica que su sentido es contrario al
sentido del eje de las yes, elegido arbitrariamente.
v  23.2 m
s

Cinética de la partícula
4. Se lanza un cuerpo de 40 kg hacia arriba de
un plano inclinado con un ángulo de 15º, con una
velocidad inicial de 20 m/s. Si los coeficientes de
fricción estática y cinética son 0.25 y 0.20,
respectivamente, entre el cuerpo y el plano, ¿cuánto
tiempo emplea en volver al punto del que fue
lanzado?, ¿con qué velocidad pasa por él?
45
40 kg
15º
Resolución
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre mientras el
cuerpo sube, elegimos el sistema de referencia.
Empleamos a continuación las ecuaciones cinéticas:
40(9.81)
 Fy  0
N  (40)(9.81) cos15  0
N  379 newtons
 Fx  ma
0.2 N  40(9.81)sen15  ma
177.4  ma
0.2 N
a  4.43
N
El signo negativo indica que la aceleración tiene
sentido contrario al eje de las equis y que el cuerpo se
está deteniendo.
Escribimos las ecuaciones del movimiento:
a  4.43
v  v 0   a1 dt  20   4.43dt  20  4.43t
x  x 0   v1 dt   20  4.43t  dt  20t 
4.43 2
t
2
El tiempo que tarda en subir lo encontramos haciendo
v = 0.
Cinética de la partícula
46
0  4.43t  20
4.43t  20
20
 4.51
4.43
t  4.51 s
t
Para encontrar la distancia que recorre el cuerpo en el
ascenso hasta detenerse sustituimos el tiempo hallado.
4.43
x  20(4.51) 
(4.51) 2
2
x  45.1 m
Habrá recorrido esta distancia antes de detenerse.
Ahora analizaremos al cuerpo a partir de que comienza a bajar.
Utilizando un nuevo sistema de referencia, tenemos:
 Fy  0
40(9.81)
N  (40)(9.81) cos 15  0
N  379
La fuerza de fricción tiene ahora otro sentido.
 Fx  ma
0.2 N
40(9.81)sen15  0.2 N  40a
40(9.81)sen15  0.2 N
40
a  0.644
a
x
N
Las ecuaciones del movimiento, en el nuevo sistema
de referencia y tomando como origen el punto en el
que el cuerpo se detuvo, son:
a  0.644
v  v0   adt  0.644 dt  0.644t
x  x0   vdt   0.644t dt 
0.644 2
t
2
Vuelve al punto de partida en x = 45.1 m
Cinética de la partícula
47
0.644 2
t
2
(45.1)2
t
0.644
t  11.83 s
45.1 
Por tanto, el tiempo que tarda en volver al punto de
donde fue lanzado es la suma de este tiempo más el
empleado en subir.
tT  11.83  4.51
tT  16.34 s
La velocidad con la que pasa por dicho punto la
hallamos sustituyendo el tiempo de descenso en la
ecuación de la velocidad.
v  0.644(11.83)
v  7.62 m
s
15
48
Cinética de la partícula
5. Los pesos de los cuerpos A y B de la figura
son, respectivamente, 20 y 30 lb, y los de la polea y
de la cuerda, despreciables. Sabiendo que la cuerda es
flexible e inextensible y que no hay ninguna fricción
en la polea, calcule la aceleración del cuerpo B y la
tensión de la cuerda.
A
20 #
30 #
B
Resolución
Polea
Los cuerpos están conectados con una sola cuerda, de
manera que su aceleración tiene la misma magnitud.
La cuerda sufre la misma tensión en toda su longitud,
pues la polea es de peso despreciable (y la suma de
momentos de las fuerzas respecto a su eje de rotación
tiene que ser nula).
2T
T
T
Cuerpo A
T
20
Una vez dibujado el diagrama de cuerpo libre de A,
elegimos un sistema de referencia dirigido hacia
arriba, pues el cuerpo, más ligero que B, acelerará
aumentando su rapidez hacia arriba.
 Fy  ma
20
a
32.2
a
T  20(1 
)
32.2
T  20 
_______________ (1)
El sistema de referencia para el diagrama de cuerpo
libre de B lo elegimos hacia abajo para ser consistentes con el diagrama anterior.
 Fy  ma
Cuerpo B
T
30
a
32.2
a
T  30(1 
)
32.2
30  T 
_______________ (2)
Igualando (1) y (2)
20(1 
30
a
a
)  30(1 
)
32.2
32.2
Cinética de la partícula
20 
20a
30a
 30 
32.2
32.2
50a
 10
32.2
322
a
 6.44
50
La aceleración de B es, por tanto
a  6.44 ft
s2

Y la tensión de la cuerda
T  20(1 
T  24 lb
6.44
)  20(1.2)
32.2
49
50
Cinética de la partícula
6. Los cuerpos A y B pesan 40 y 60 kg, respectivamente. El coeficiente de fricción estática entre el
cuerpo A y el plano horizontal es 0.35, y el de fricción
cinética, de 0.25. Suponiendo despreciable la masa de
las poleas y cualquier resistencia suya al movimiento, calcule tanto la tensión de la cuerda que une
las poleas, como la aceleración de los cuerpos A y B.
Resolución
 Fy  0
Cuerpo A
N  40  0
40
N  40
 Fx  ma
T
40
aA
9.81
40
T  0.25(40) 
aA
9.81
40
T  10 
aA
9.81
40
T  10 
aA
___________ (1)
9.81
T  0.25 N 
0.25 N
y
N
x
Analizando el cuerpo B
60
60  T1 
aB
9.81
60
T1  60 
aB ____________ (2)
9.81
Tenemos las ecuaciones 1 y 2 con cuatro incógnitas.
Cuerpo B
T1
60
y
Cinética de la partícula
51
Estudiemos la polea móvil.
Como su masa es despreciable
ma  0
Por tanto
 Fy  0
3T  T1  0
T1  3T _____________ (3)
Y la cuarta ecuación la obtenemos relacionando las
aceleraciones de A y B, mediante la cuerda que
conecta las poleas, cuya longitud es constante.
T
T
T
l  xA  3yB
Derivando respecto al tiempo
y
0  v A  3v B
0  a A  3a B
T1
Para resolver el sistema de ecuaciones, multiplicamos
(1) por (3) e igualamos con (2)
40
60


310 
a A   60 
aB
9.81 
9.81

Ahora, sustituimos (4):
40

3a B   60  60 a B
310 
9.81
9.81


120
20
10 
a B  20 
aB
9.81
9.81
9.81
aB 
(10)
140
a B  0.701 m
a A  2.10 m
T  18.57 kg
s2
s2


52
Cinética de la partícula
2.1.2 Aceleración variable
F(N)
7. A un cuerpo que reposa en una superficie
lisa se le aplica una fuerza F cuya magnitud varía con
el tiempo, según se muestra en la gráfica de la figura.
Determine el tiempo que se requiere para que el cuerpo regrese a su posición original.
16
F
t(s)
8
Resolución
De acuerdo con la gráfica, la expresión que define la
fuerza horizontal es:
F  16  2t
Pues 16 N es la ordenada al origen y la pendiente es
negativa y de 2 N/s.
P
Después de dibujar el diagrama de cuerpo libre para
cualquier instante del movimiento y elegir el sistema
de referencia, escribiremos la ecuación cinética.
 Fx  ma
16 - 2t
16  2t 
y
N
P dv
9.81 dt
Hemos sustituido a por dv/dt porque la fuerza está en
función del tiempo.
x
Para resolver la ecuación diferencial, separamos variables e integramos.
P
dv
9.81
P
 (16  2t )dt  9.81  dv
P
16t  t 2 
vC
9.81
(16  2t )dt 
Para t  0 , v  0 , de donde C  0
Cinética de la partícula
16t  t 2 
53
P
v
9.81
9.81
(16t  t 2 )
P
Sustituimos v por dx/dt
v
dx 9.81

(16t  t 2 )
dt
P
Separando variables e integrando:
9.81
(16t  t 2 )dt
P
9.81
2
 dx  P  (16t  t )dt
9.81 2 1 3
x
(8t  t )  C1
P
3
dx 
Escogiendo el origen en el punto de partida. Si x  0 ,
t  0 y C1  0 .
x
9.81 2 1 3
(8t  t )
P
3
Esta es la ecuación que define la posición en función
del tiempo.
Si vuelve al punto de partida, x  0
9.81 2 1 3
(8t  t )  0
P
3
1
8t 2  t 3  0
3
Dividiendo entre t 2 , pues dos raíces son nulas:
1
8 t  0
3
t  83
t  24 s
Que es el tiempo en que vuelve al punto de partida.
54
Cinética de la partícula
8. Una embarcación de 9660 lb de desplazamiento navega en aguas tranquilas a 24 nudos cuando
su motor sufre una avería. Queda entonces sujeta a la
resistencia del agua que, en lb, se puede expresar
como 0.9v2, donde v está en ft/s. Diga en cuánto tiempo la rapidez de la embarcación se reducirá a 6 nudos.
Resolución
 Fx  ma
9660
0.9v2
x
U
 0.9v 2  ma
9660 dv
 0 .9 v 2 
32.2 dt
dv
 0.9v 2  300
dt
dv
 0.9dt  300 2
v
dv
 0.9  dt  300  2
v
1
 0.9t  300  C
v
Cuando t = 0, v = 24 nudos
Dado que la resistencia está expresada en el sistema
inglés, realizamos la conversión de nudos a ft
s
mi  mar.
ft
x
h
s
mi.mar. s
x  24
ft
h
 1852m  1s
x  24
 40.53

 0.3048m  3600s
1
0  300
C
(40.53)
300
C
(40.53)
C  7.401
24
Cinética de la partícula
55
Entonces:
 0.9t  
300
 7.401
v
Cuando la velocidad de la embarcación es
v = 6 nudos:
Nuevamente realizamos la conversión, utilizando una
regla de tres con el resultado anterior.
v
6

40.53 24
v  10.13 ft
s
Entonces:
300
 7.401
10.13
 0.9t  29.6  7.401
 0.9t  22.2
 0.9t  
t
 22.2
 0.9
t  24.7 s
56
Cinética de la partícula
9. Una embarcación de 9660 lb de desplazamiento navega en aguas tranquilas a 24 nudos cuando
su motor sufre una avería. Queda entonces sujeta a la
resistencia del agua que, en lb, se puede expresar
como 0.9v2, donde v está en ft/s. ¿Qué distancia navegará hasta que su velocidad se reduzca a 6 nudos?
Resolución
Dibujamos un diagrama de cuerpo libre, que represente cualquier instante del movimiento, y elegimos
un eje de referencia en dirección de la velocidad.
9660
 Fx  ma
 0.9v 2 
0.9v2
x
U
9660 dv
v
32.2 dx
Hemos sustituido a por v dv/dx porque la fuerza está
en función de la velocidad y queremos conocer un
desplazamiento.
Simplificando la ecuación, tenemos:
dv
dx
Separamos variables
dv
 0.9dx  300
v
dv
 0.9 dx  300 
v
 0.9 x  300 L v  C
 0.9v  300
Elegimos el origen en la posición en que la embarcación sufre la avería, de modo que
Si x  0 , v  24 nudos
0  300 L 24 nudos  C
C  300 L 24 nudos
Cinética de la partícula
57
La ecuación queda así:
 0.9 x  300 L v  300 L 24 nudos

 0.9 x  300 Lv  L 24 nudos

Por las propiedades de los logaritmos
v
24 nudos
1
v
x
L
0.003 24 nudos
 0.9 x  300 L
Volviendo a utilizar las propiedades de los logaritmos
x
1
24 nudos
L
0.003
v
La posición de la embarcación cuando su rapidez es
de 6 nudos es:
x
1
24 nudos
1
L

L4
0.003
6 nudos 0.003
x  462 ft
Que es también la distancia que navega hasta dicha
posición.
58
Cinética de la partícula
10. Se arroja una pequeña esfera de 2 kg de
peso hacia arriba, verticalmente, con una velocidad
inicial de 15 m/s. En su movimiento experimenta una
resistencia del aire, que, en kg, se puede considerar de
0.04v, donde v se dé en m/s. Determine: a) el tiempo
en que alcanza su altura máxima; b) la velocidad con
que vuelve al punto de partida.
Resolución
En el diagrama de cuerpo libre, dibujaremos la resistencia del aire en sentido positivo, pero asignamos a
la magnitud un signo negativo, de modo que si v es
positiva, la fuerza resulta negativa y viceversa.
y
 Fy  ma
-0.04 v
 2  0.04v 
dt 
2 dv
g dt
2
dv



g   0.04v  2 
2 
dv

 dt  g    0.04v  2 
2
t
2
L(0.04v  2)  C
0.04 g
Si t = 0, v = 15
0
1
L  2.6  C
0.02 g
t
1
  2.6 
L

0.02 g   0.04v  2 
t
1
 2.6 
L
 _____________ (1)
0.02 g  0.04v  2 
Nombramos (1) a la ecuación anterior ya que será
utilizada más adelante.
Para v = 0
Cinética de la partícula
t
59
1
L 1.3
0.02 g
t  1.337 s
De la ecuación (1)
 2.6 
0.02 gt  L 

 0.04v  2 
e0.02 gt 
2.6
0.04v  2
0.04v  2  2.6 e 0.02 gt
0.04v  2  2.6 e 0.02 gt
v  50  65 e0.02gt
______________ (2)
dy
 50  65 e 0.02gt
dt
 dy    50  65
y  50t 

e 0.02gt dt
65
e 0.02gt  C1
0.02 g
Si y = 0, t = 0
0
65
 C1
0.02 g
y  50t 

65
1  e 0.02gt
0.02 g

Se encuentra el valor de t para y = 0
t  2.801 s
Sustituyendo el tiempo encontrado en la ecuación (2)
v  12.47 m
s

60
Cinética de la partícula
O bien:
 Fy  ma
2 dv
v
g dy
50 dv
v  50   v
g dy
g
vdv
 dy 
50
v  50
g
v  50  50
  dy  
dv
50
v  50
g
dv
  dy   dv  50
50
v  50
g

y  v  50L(v  50)  C1
50
 0.04v  2 
Si y = 0, v = 15
0  15  50 L65  C1
C1  15  50 L65

g
 65 
y  v  15  50L

50
 v  50 
Para y = 0:
 65 
0  v  15  50L

 v  50 
Resolviendo mediante aproximaciones o con ayuda
de una calculadora programable, obtenemos:
v1  15 (Cuando comienza el movimiento)
v2  12.48
v  12.48 m
s

61
Cinética de la partícula
11. Una cadena de 4 m de longitud y 80 N de
peso reposa en el borde de una superficie rugosa,
cuyo coeficiente de fricción cinética es 0.5. Mediante
una fuerza constante de 5-+0 N se jala a otra
superficie contigua, lisa. Calcule la velocidad con que
la cadena termina de pasar completamente a la
superficie lisa.
x
Resolución
Dibujamos un diagrama de cuerpo libre de la cadena,
que representa un instante cualquiera de su movimiento. Un tramo de ella se encuentra sobre la superficie rugosa y otro en la lisa.
Colocamos el origen del sistema de referencia en la
unión de las dos superficies, de modo que el tramo
sobre la superficie lisa tiene una longitud x.
50
Como el peso de la cadena es de 80 N y mide 4 m, su
peso por unidad de longitud es:
µ
0
x
w
80
 20 N
m
4
Las componentes normales de las superficies sobre la
cadena tienen la misma magnitud que los pesos de sus
tramos respectivos.
 Fx  ma
80 dv
v
9.81 dx
80 dv
50  10(4  x) 
v
9.81 dx
50  0.5  20(4  x)  
80 dv
v
9.81 dx
80 dv
10  10 x 
v
9.81 dx
50  40  10 x 
1 x 
8 dv
v
9.81 dx
62
Cinética de la partícula
dv
ya que la fuerza está en
dx
función de la posición x, y hemos dividido ambos
miembros entre 10.
Hemos sustituido a por v
Separamos variables e integramos.
8
vdv
9.81
8
 (1  x)dx  9.81  vdv
(1  x)dx 
2
x
x2
8 v

  C
2 9.81  2 
Si x  0 , v  0 puesto que cuando el extremo derecho
de la cadena se halla en el punto de unión de las
superficies comienza a moverse.
C0
x
x2
4 2

v
2 9.81
9.81
x2
v
x
4
2
La cadena termina de pasar a la superficie lisa cuando
x  4 , y su velocidad entonces es:
9.81
x2
v
x
4
2
v
9.81
48
4
v  5.42 m 
s
Cinética de la partícula
63
12. Un cuerpo de masa m unido a un resorte,
cuya constante de rigidez es k, se encuentra en reposo
sobre una superficie horizontal lisa. Se aleja el cuerpo
una distancia xo de su posición de equilibrio y se suelta. Escriba las ecuaciones del movimiento del cuerpo
en función del tiempo y dibuje las gráficas correspondientes.
Resolución
En el diagrama de cuerpo libre, dibujaremos la fuerza
del resorte en sentido positivo, pero asignamos a su
magnitud un signo negativo, de forma que si x es
positiva la fuerza resulte negativa y viceversa.
mg
 Fx  ma
dv
 kx  m
dx
-kx
El signo negativo sirve para cambiar el sentido de la
fuerza. Pues si x es positiva, es decir, si el cuerpo está
a la derecha del origen, la fuerza se dirige hacia la
izquierda; y viceversa.
y
N
x
k
x2
v2
C  m
2
2
Cuando x  x0 ; v  0
2
x0
C  0
2
2
x
Ck 0
2
k
Entonces:
x2
x2
v2
k
 m k 0
2
2
2
2
2
x0
x
v2
k  k
m
2
2
2
k 2
m
( x0  x 2 )  v 2
2
2
2
2
k ( x0  x )  mv 2
64
Cinética de la partícula

v
k
2
x0  x 2
m
v
k
m
x0  x 2
2
Sea p 
v

k
m
dx
dt
dx
 p x0 2  x 2
dt
dx
 pdt
x0 2  x 2

dx
x0 2  x 2
angsen
 p  dt
x
 pt  C2
x0
Si t  0 , x  x0
angsen 1  C 2
C 2  90
angsen
x
 pt  90
x0
Aplicando la función seno de ambos lados de la
ecuación:
x
 sen  pt  90
x0
x
 cos pt
x0
x  x0 cos pt
Derivando con respecto al tiempo tenemos:
dx
 x0  p sen pt   px0 sen pt
dt

v   px0sen pt

Cinética de la partícula
65
Derivando nuevamente con respecto del tiempo encontraremos la aceleración.
dv
  px0  p cos pt    p 2 x0 cos pt
dt
a   p 2 x0 cos pt
a   p2 x
Las gráficas para la posición, velocidad y aceleración
son, respectivamente:
x
x0
t
x0
v
p x0
t
- p x0
a
p 2 x0
t
-p2 x0
pt
0
𝜋
2
𝜋
3𝜋
2
2𝜋
5𝜋
2
66
Cinética de la partícula
13. Un cuerpo de 16.1 lb de peso pende de los
tres resortes mostrados en la figura. Se jala el cuerpo
hacia abajo tres pulgadas de su posición de equilibrio
y se suelta. Se pide: a) Hallar la constante de rigidez
de un resorte equivalente a los tres de la figura. b) Determinar si el movimiento que adquiere el cuerpo es
armónico simple o no. c) Dar la amplitud, el período
y la frecuencia del movimiento. d) Calcular la velocidad y aceleración máximas del cuerpo.
Resolución
a) La constante de rigidez equivalente a la de los dos
resortes en paralelo es k1  30  30  60 lb
ft
La constante equivalente a los dos resortes en serie es:
1 1
1


k 60 40
1 23
5


k 120 120
k  24 lb
−24𝑦 + 16.1
y
16.1
ft
b) Dibujamos el diagrama de cuerpo libre para
cualquier instante del movimiento y elegimos como
origen la posición de equilibrio del cuerpo. En dicha
posición la fuerza del resorte es igual al peso, de 16.1
lb, de modo que en cualquier posición la acción del
resorte tiene una magnitud de  24 y  16.1
 Fy  ma
16.1
 24 y  16.1  16.1 
a
32.2
 24 y  0.5a
a  48 y
Esta ecuación es de la forma a    2 x que corresponde al movimiento armónico simple, es decir, rectilíneo, cuya aceleración es proporcional a la posición
Cinética de la partícula
67
con respecto al punto de equilibrio y se dirige hacia
él.
Por lo tanto, el cuerpo adquiere movimiento armónico
simple.
c) Como la amplitud es la distancia máxima que la
partícula se aleja del origen, y0  3 in , que es la
longitud señalada en el enunciado.
Como 1 ft  12 in
y0  0.25 ft
El periodo T es el tiempo en que el cuerpo da una
oscilación completa:
pT  2
2
T
p
En donde p 
k  24
16.1
m
 0.5
32.2
k
m
24
 48  4 3
0.5
Entonces:
2

T

4 3 2 3
p
T  0.907 s
Y la frecuencia, que es el número de ciclos completos
por unidad de tiempo:
f 
1
p

T 2
f  1.103 Hz
68
Cinética de la partícula
d) Como se trata de movimiento armónico simple, las
ecuaciones del movimiento son:
y  y0 cos pt
v   py0 sen pt
a   p 2 y0 cos pt   p 2 y
que, para este caso particular, son:
y  0.25 cos 4t 3
v   3sen 4t 3
a  12 cos 4t 3
El valor de la velocidad máxima se alcanza cuando
sen pt  1 , por tanto:
vmax   py0  3
vmax  1.732 ft
s
La aceleración máxima corresponde a la posición
extrema, y  0.25
amax   p 2 y0  48(0.25)
amax  12 ft
s2
Cinética de la partícula
2.2
69
Movimiento curvilíneo
2.2.1 Componentes cartesianas
14. La corredera A, de 5 lb de peso, se mueve
dentro de la ranura conforme se eleva el brazo horizontal, que tiene una velocidad constante de 3 in/s.
Sabiendo que cuando x = 6 in, su velocidad tiene una
pendiente positiva de 1/2 y su aceleración es horizontal y de 3 in/s2 dirigida hacia la derecha, determine
todas la fuerzas externas que actúan sobre ella en esa
posición.
Resolución
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de la corredera. Las reacciones normales del brazo y de la
ranura serán llamadas NB y NR respectivamente, en
donde NB tendrá la dirección del eje y, mientras que
NR será normal a la velocidad en el punto.
 Fx  ma
5 3
 1 
NR 

 
 5  32.2  12 
5 3
NR 
  5
32.2  12 
N R  0.0868 lb
y
x
 Fy  0
 2 
NB  5  NR
0
 5
 2 
NB  5  NR 

 5
N B  5.08 lb
70
Cinética de la partícula
5. Desde la orilla de un edificio de 20 m de
altura, un niño arroja una piedra con una velocidad de
15 m/s, cuya pendiente es de 4/3. Sabiendo que la
piedra tiene una masa de 1.5 kg y la resistencia del
aire es despreciable, determine la altura máxima h
sobre el suelo que alcanza la piedra, la distancia
horizontal R que se aleja del edificio y la velocidad
con que llega al suelo.
Resolución
1.5 (9.81)
El diagrama de cuerpo libre de la piedra en cualquier
instante del movimiento es el que se muestra.
Elegimos un eje de referencia unilateral hacia arriba.
y
 Fy  ma
 1.5(9.81)  1.5a
a  9.81
a  9.81 m 2 
s
Partiendo de este dato, elegimos un sistema de referencia completo para plantear las ecuaciones del
movimiento de la piedra.
y
Componentes horizontales
ax  0
20m
0
x
3
v x  v0 x   a x dt  v0 x  15 
5
vx  9
x  x0   v x dt  9 dt
x  9t
Cinética de la partícula
71
Componentes verticales
a y  9.81
4
v y  v0 y   (9.81)dt 15   9.81 dt
5
v y  12  9.81t
y  y 0   12  9.81t dt
y  20  12t 
9.81 2
t
2
Alcanza la altura máxima h cuando la componente
vertical de la velocidad es nula.
vy  0
0  12  9.81t
t
12
9.81
Y esa altura es y = h
 12  9.81  12 
h  20  12



2  9.81 
 9.81 
144
72
72
 20 

 20 
9.81 9.81
9.81
2
h  27.3 m
La piedra llega al suelo en un punto situado a una
distancia R del edificio. Es decir, cuando
y0
9.81 2
t
2
Las raíces de esta ecuación son:
t1  3.58
0  20  12t 
t 2  1.138
En t  3.58 s, x =R
R  9(3.58)
R  32.3 m
72
Cinética de la partícula
2.2.2 Componentes intrínsecas
16. Un péndulo cónico de 8 kg de peso tiene
una cuerda de 1 m de longitud, que forma un ángulo
de 30º con la vertical. ¿Cuál es la tensión de la cuerda? ¿Cuál es la rapidez lineal del péndulo?
Resolución
8 kg
30°
 Fy  0
T cos 30  8  0
8
T
cos 30
T
T  9.24 kg
y
 Fn  man
n
Tsen30 
8 v2
9.81 
Tsen30 
8
v2
9.81 1sen30
v2 
v
9.81T
sen 2 30
8
9.81T
sen 2 30
8
v  1.683 m
s
Cinética de la partícula
73
17. Calcule el ángulo de peralte  que debe
tener la curva horizontal de una carretera para que los
vehículos al transitar por ella no produzcan fuerzas de
fricción sobre el pavimento. El radio de la curva es de
1000 ft y de 60 mi/h la velocidad de diseño.
Resolución
Convertimos las 60 mi
h
mi
44
ft
ft
 
60
 60   88
h
s
 30  s
a ft
s
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre de un vehículo
en el que el pavimento sólo ejerce una fuerza normal.
z
El sistema de referencia requiere que el eje normal se
dirija hacia el centro de la curva; y elegimos otro eje
perpendicular a él (el eje tangencial es perpendicular
al plano del dibujo).
 Fz  0
n
N cos   P  0
N
N
θ
P
P
cos 
 Fn  man
Nsen 
P v2
32.2 
Sustituyendo:
P
P (88) 2
sen 
cos 
32.2 1000
2
sen (88)

cos  32200
(88) 2
tan  
32200
  13.5º
74
Cinética de la partícula
18. Un cuerpo de 4 kg de masa se encuentra
sujeto por dos cuerdas, una horizontal (AC) y otra
(AB) de 0.8 m de largo, que forma un ángulo de 30º
abajo de la horizontal. Determine la tensión que
soportará la cuerda AB en el instante en que se corte
la cuerda AC. Diga también cuál será la aceleración
del cuerpo.
Resolución
 Fn  man
T  4(9.81)sen  4an
T  4(9.81)sen  4
n
v2

v2
T  4(9.81)sen  4
0.8
T  4(9.81)sen  5v 2
Cuando   30 ; v  0
t
T  4(9.81)sen30  0
T  4(9.81)sen30
T  19.62 N
 Ft  mat
4(9.81) cos   4at
Si   30 :
4(9.81) cos 30  4at
4(9.81) cos 30
4
at  8.49 m 2
s
at 
a  33.9 m
s2
60
Cinética de la partícula
75
19. Un péndulo de 4 kg de masa comienza a
oscilar cuando su cuerda, de 0.8 m de longitud, forma
un ángulo de 30º abajo de la horizontal, como se
muestra en la figura. ¿Cuál será la máxima rapidez
que alcance? ¿Cuál, la tensión correspondiente de la
cuerda?
Resolución
Puesto que la rapidez del péndulo es variable, dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente un
instante arbitrario de su movimiento.
Utilizaremos un sistema de referencia intrínseco: el
eje normal se dirige hacia el centro de la trayectoria
circular del péndulo; y el tangencial tiene la dirección
de la velocidad de éste.
n
 Ft  mat
4(9.81) cos   4at
La máxima rapidez la alcanza cuando at  0 , o sea,
t
4 cos   0
cos   0
  90
Y para hallar esa rapidez, sustituimos
dv
4(9.81) cos   4v
ds
Simplificando
1 dv
cos  
v
9.81 ds
θ
dθ
0.8
0.8
ds
Se puede relacionar el ángulo  y el arco diferencial
ds : el ángulo d es, como todo ángulo, la razón del
arco al radio.
ds
0.8
ds  0.8d
d 
76
Cinética de la partícula
De donde:
1
dv
cos  
v
9.81 0.8d
Separando variables:
1
0.8cos  d 
vdv
9.81
1
0.8 cos  d 
vdv
9.81 
1
0.8sen 
v2  C
2  9.81
Si   30 , v  0
1
0.8   C
2
De donde
0.8sen 
1
v 2  0.4
2  9.81
1
v 2  0.4  2sen  1
2  9.81
vmax  0.8(9.81)(1)
vmax  2.80 m
s
 Fn  man
T  4(9.81) sen  4
v2
r
Para   90 (sen   1 ), v  vmax y r  0.8
 0.8(9.81) 
T  4(9.81)  4

 0.8 
T  8(9.81)
T  78.5 N
Cinética de la partícula
20. Por el punto A de la superficie lisa mostrada en la figura, pasa una partícula de masa m con
una rapidez vo. Diga con qué rapidez v llegará al punto B, si la diferencia de nivel entre A y B es h.
77
h
Resolución
Elegimos una posición arbitraria de la partícula, como
la que se muestra en la figura, y dibujamos el
diagrama de cuerpo libre.
Utilizamos un sistema de referencia intrínseco: el eje
normal dirigido hacia el centro de la curva y el
tangencial en dirección de la velocidad.
Como nos interesa conocer la rapidez, empleamos la
ecuación:
 Ft  mat
dv
ds
g cos  ds  vdv
mg cos   mv
N
θ
Para poder integrar, relacionamos la longitud ds con
el ángulo  , como se ve en la figura:
mg
n
t
θ
dh
dh
ds
dh
ds 
cos 
cos  
ds
Por tanto
g dh  v dv
g
B
v
A
v0
 dh  v  dv
78
Cinética de la partícula
v2
gh 
2
v
v0
v 2  v0
2
2
2
v  vo  2 gh
2
gh 
v  vo  2 gh
2
Si v0 = 0, se tiene
v  2 gh
Siempre que no haya fuerza de fricción.
Cinética de la partícula
79
21. Un niño coloca una canica en la parte alta
de un globo terráqueo. Diga en qué ángulo  la canica
abandona el globo y se convierte en proyectil. Desprecie toda fricción.
Resolución
Aunque la canica está originalmente en equilibrio,
éste es tan inestable que el movimiento es inminente.
Dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente cualquier instante del movimiento de la canica
sobre la superficie del globo terráqueo.
N
Elegimos un sistema de referencia intrínseco, con el
eje normal hacia el centro del globo y el eje
tangencial en dirección de la velocidad.
θ
mg
n
t
Puesto que la componente tangencial de la aceleración mide el cambio de magnitud de la velocidad, que
es variable en este caso, comenzaremos con la siguiente ecuación.
 Ft  mat
dv
ds
Se puede relacionar el ángulo  y el arco diferencial
ds, ya que todo ángulo se mide con la razón del arco
al radio.
mg sen  m v
ds
r
ds  rd
d 
De donde:
v dv
r d
gr sen d  vdv
g sen 
gr  sen d   vdv
80
Cinética de la partícula
 gr cos  
v2
C
2
Como v = 0 cuando θ = 0° (cos θ = 1)
 gr (1)  C
 gr cos  
v2
 gr
2
v2
 gr  gr cos 
2
v 2  2 gr (1  cos  )
Utilizando la otra ecuación cinética:
 Fn  man
mg cos   N  m
v2
r
Cuando la canica está a punto de separarse del globo,
N=0yθ=β
mg cos   m
v2
r
Del resultado anterior:
2 gr (1  cos  )
r
2 gr (1  cos  )
cos  
gr
cos   2  2 cos 
g cos  
3 cos   2
2
cos  
3
  48.2
Cinética de la partícula
81
22. El aro liso de la figura, cuyo radio es de
0.5 m, gira con rapidez angular constante alrededor de
un eje vertical. Calcule dicha rapidez angular, sabiendo que el collarín, aunque puede deslizarse libremente
sobre el aro, mantiene fija su posición relativa a él.
Resolución
Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del collarín.
z
Como la trayectoria que describe es una circunferencia en el plano horizontal, el eje normal, que se
dirige hacia el centro de la trayectoria, es también
horizontal.
El eje tangencial es perpendicular al plano del dibujo
y no aparece en el diagrama.
n
30°
N
P
 FZ  0
N sen30  P  0
1
NP
2
 Fn  man
N cos 30 
0.5
30°
r
.
.
P 2
 r
9.81
 3
P 2
2 P 
 r
 
 2  9.81
1 2
3
 r
9.81
.
82
Cinética de la partícula
El radio de la trayectoria es
r  0.5 cos 30 
0.5 3
 0.25 3
2
De donde
3
.
2 
.
.
1 2
 (0.25 3 )
9.81
9.81
0.25
  6.26 rad s