Castañon Dinamica

DINAMICA PARA
INGENIERIA
DANIEL PEREZ CASTAÑON
DANIEL PEREZ CASTAÑON
INGENIERO CIVIL: TITULO CONFERIDO POR LA UNIVERSIDAD
NACIONAL HERMILIO VALDIZAN
MAESTRIA: DISEÑO Y CONTRUCCION DE OBRAS VIALES
PROLOGO
El presente material es el resultado de la labor como docente que vengo
ejerciendo en los últimos años, cuya publicación ha sido posible gracias a la
colaboración brindada por estudiantes da la UNIVERSIDAD NACIONAL DE
UCAYALI.
El material tiene como principal finalidad proporcionar a los estudiantes de
Ingeniería los conocimientos sobre la Mecánica; permitiéndoles así solucionar
exitosamente problemas que embarguen esta ciencia.
Se ha usado en el desarrollo teórico conocimientos de cálculo vectorial,
cálculo diferencial e integral, conocimientos los cuales el estudiante debe
tener antes de tomar este curso.
El estudio de este libro está dividido en cinco partes por razones pedagógicas;
siendo la primera el Cálculo vectorial, prosiguiendo la Cinemática y la
Dinámica de la partícula, terminando de esta manera con la Dinámica de un
sistema de partículas y las Vibraciones Mecánicas.
Pucallpa, Diciembre del 2013
AGRADECIMIENTO
A todos aquellos que hicieron posible esta publicación.
Capítulo 1
CALCULO VECTORIAL
1.1 NOTACION DE VECTORES
1.2 PROPIEDADES ELEMENTALES DE LOS VECTORES
1.3 PRODUCTO ESCALAR O INTERNO DE DOS VECTORES
1.4 PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES
1.5 PRODUCTOS COMPUESTOS
1.6 DIFERENCIACION DE VECTORES
1.7 GEOMETRIA DE UNA CURVA ALABEADA
1.8 VECTOR GRADIENTE
1.9 EL OPERADOR VECTORIAL NABLA
1.10 FORMULAS PARA LAS DERIVADAS
1.11 INTEGRALES CURVILINEAS
1.12 COORDENADAS CURVILINEAS ORTOGONALES
1.13 SISTEMA DE COORDENADAS CILINDRICAS
1.14 SISTEMA DE COORDENADAS POLARES DEL ESPACIO
1.1 NOTACIÓN DE VECTORES
Consideremos ahora un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares en el
espacio con la orientación indicada.
𝑖⃗, 𝑗⃗, 𝑘⃗⃗ → Vectores unitarios, en las direcciones
positivas de los ejes x, y, z
|𝑖⃗| = |𝑗⃗| = |𝑘⃗⃗ | = 1
⃗⃗ = 𝑉𝑥 𝑖⃗ + 𝑉𝑦 𝑗⃗ + 𝑉𝑧 𝑘⃗⃗
𝑉
𝑉𝑥 , 𝑉𝑦 , 𝑉𝑧 : Se
escalares de 𝑣⃗
denominan
componentes
- Si el origen del vector coincide con el origen de coordenadas y el punto extremo es un
punto; se denomina vector posición o radio vector.
- Designamos con los ángulos formados por las dimensiones positivas de los ejes
⃗⃗ ;se llaman ángulos directores de ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ y los cosenos de estos
con la dirección del vector 𝑉
𝑂𝑃 =𝑉
⃗⃗⃗⃗⃗⃗.
ángulos se llaman cosenos directores de 𝑂𝑃
⃗⃗ |=𝑉
⃗⃗ es un número real no negativo.
- Longitud, modulo o magnitud de un vector: |𝑉
⃗⃗ | = 𝑉 = √𝑉𝑥 2 + 𝑉𝑦 2 + 𝑉𝑧 2
|𝑉
𝑉𝑥 = 𝑉 cos 𝛼 ; 𝑉𝑦 = 𝑉 cos 𝛽 ; 𝑉𝑧 = 𝑉 cos 𝛾
- Y a los números cos 𝛼 ,cos 𝛽 y cos 𝛾se designan por l, m y n respectivamente. Tres
numero cuales quiera (A, B, C) proporcionales a los (l, m, n) se denominan coeficientes
directores (números directores).
𝑙 2 + 𝑚 2 + 𝑛 2 = cos2 𝛼 + cos2 𝛽 + cos2 𝛾 = 1
⃗⃗ = 𝑉𝑥 𝑖⃗ + 𝑉𝑦 𝑗⃗ + 𝑉𝑧 𝑘⃗⃗
𝑉
⃗⃗ = 𝑉 cos 𝛼 𝑖⃗ + 𝑉 cos 𝛽 𝑗⃗ + 𝑉 cos 𝛾 𝑘⃗⃗
𝑉
⃗⃗ = 𝑉(cos 𝛼 𝑖⃗ + cos 𝛽 𝑗⃗ + cos 𝛾 𝑘⃗⃗ )
𝑉
⃗⃗ = 𝑉𝜇⃗
𝑉
⃗⃗
; 𝜇⃗ es un vector unitario en la dirección de 𝑉
cos 𝛼 =
cos 𝛽 =
cos 𝛾 =
𝑉𝑥
=
𝑉
𝑉𝑦
=
𝑉
𝑉𝑧
=
𝑉
𝑉𝑥
√𝑉𝑥 2 + 𝑉𝑦 2 + 𝑉𝑧 2
𝑉𝑦
√𝑉𝑥 2 + 𝑉𝑦 2 + 𝑉𝑧 2
𝑉𝑧
√𝑉𝑥 2 + 𝑉𝑦 2 + 𝑉𝑧 2
- Geométricamente, un vector ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵es un segmento dirigido de A hacia B, donde:
A: punto inicial o punto de aplicación
B: punto extremo.
Un vector queda definido:
-
𝑎⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴
Magnitud o modulo
Sentido →
Dirección ()
1.2 PROPIEDADES ELEMENTALES DE LOS VECTORES
Como el movimiento desde A hasta un tercer
punto C se puede efectuar a lo largo del
vector ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 o también siguiendo el vector ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵y
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ hasta C
después el vector 𝐵𝐶
Resulta definir el concepto de suma de dos vectores:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶
1) La suma de vectores es conmutativa:
𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗ = 𝑏⃗⃗ + 𝑎⃗
2) La suma de vectores es asociativa:
(𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗) + 𝑐⃗ = 𝑎⃗ + (𝑏⃗⃗ + 𝑐⃗)
3) Si se cambian entre si el origen y el extremo de un vector; el vector resultante se
llama vector opuesto del original:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴
4) Para restar un vector 𝑏⃗⃗ de otro vector 𝑎⃗,se suma𝑎⃗ con el opuesto de 𝑏⃗⃗:
𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗ = 𝑎⃗ + (−𝑏⃗⃗)
5) Si se multiplica un vector 𝑎⃗por un escalar m, el resultado es un vector: cuya
dirección es la misma 𝑎⃗
m𝑎⃗
Si m es (+) y opuesto si m es (-)
1.3 PRODUCTO ESCALAR O INTERNO DE DOS VECTORES
𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗ = 𝑎𝑏 cos 𝜃
𝑏 cos 𝜃Proyección𝑏⃗⃗ sobre 𝑎⃗
a cos 𝜃Proyección𝑎⃗ sobre 𝑏⃗⃗
- Si es obtuso la proyección debe considerarse como signo negativo.
- Si
𝑎⃗𝑏⃗⃗su producto escalar es nulo.
- El producto escalar es conmutativo: 𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗ = 𝑏⃗⃗ ∙ 𝑎⃗
- El producto escalar es distributivo: 𝑎⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ + 𝑐⃗) = 𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗ + 𝑎⃗ ∙ 𝑐⃗
- Para los vectores unitarios 𝑖⃗, 𝑗⃗, 𝑘⃗⃗ se deduce fácilmente que
𝑖⃗ ∙ 𝑖⃗ = 𝑗⃗ ∙ 𝑗⃗ = 𝑘⃗⃗ ∙ 𝑘⃗⃗ = 1
𝑖⃗ ∙ 𝑗⃗ = 𝑗⃗ ∙ 𝑖⃗ = 𝑗⃗ ∙ 𝑘⃗⃗ = 𝑘⃗⃗ ∙ 𝑗⃗ = 𝑖⃗ ∙ 𝑘⃗⃗ = 𝑘⃗⃗ ∙ 𝑖⃗ = 0
- Si
𝑎⃗ = 𝑎𝑥 𝑖⃗ + 𝑎𝑦 𝑗⃗ + 𝑎𝑧 𝑘⃗⃗
;
𝑏⃗⃗ = 𝑏𝑥 𝑖⃗ + 𝑏𝑦 𝑗⃗ + 𝑏𝑧 𝑘⃗⃗
𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗ = 𝑎𝑥 𝑏𝑥 + 𝑎𝑦 𝑏𝑦 + 𝑎𝑧 𝑏𝑧
cos 𝜃 =
𝑎𝑥 𝑏𝑥 + 𝑎𝑦 𝑏𝑦 + 𝑎𝑧 𝑏𝑧
2
2
2
√𝑎𝑥 2 + 𝑎𝑦 2 + 𝑎𝑧 2 √𝑏𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑏𝑧
- Si designamos los cosenos directores de 𝑎⃗ por (l1, m1, n1) y 𝑏⃗⃗ por (𝑙2 , 𝑚2 , 𝑛2 )
cos 𝜃 = 𝑙1 𝑙2 + 𝑚1 𝑚2 + 𝑛1 𝑛2
- Se usa la abreviatura:
𝑎⃗2 = 𝑎⃗ ∙ 𝑎⃗ = |𝑎⃗|2 = 𝑎2
1.4 PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES
- Se definen dos tipos de productos de vectores:
1) El primero de ellos se llama producto escalar o interno
2) El segundo tipo de producto de dos vectores se llama producto vectorial o
externo y se designa por 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗
- Tiene las propiedades siguientes:
1)
|𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗| = 𝑎𝑏|sen 𝜃|
2)
𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗
3)
𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = |𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗|𝜇⃗𝑛
al plano de 𝑎⃗ y 𝑏⃗⃗
𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = 𝑎𝑏 sen 𝜃 𝜇⃗𝑛
- El módulo de 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ es numéricamente igual
al doble del área del triángulo (paralelogramo)
determinado por los vectores 𝑎⃗ y 𝑏⃗⃗
-
El producto vectorial no es conmutativo:𝑏⃗⃗ × 𝑎⃗ = −(𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗)
Si es distributivo: 𝑎⃗ × (𝑏⃗⃗ + 𝑐⃗) = 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ + 𝑎⃗ × 𝑐⃗
El producto vectorial de dos vectores paralelos es nulo:𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = 0
Para los vectores unitarios:
𝑖⃗ × 𝑖⃗ = 𝑗⃗ × 𝑗⃗ = 𝑘⃗⃗ × 𝑘⃗⃗ = 0
𝑖⃗ × 𝑗⃗ = 𝑘⃗⃗ ; 𝑗⃗ × 𝑘⃗⃗ = 𝑖⃗ ; 𝑘⃗⃗ × 𝑖⃗ = 𝑗⃗
𝑗⃗ × 𝑖⃗ = −𝑘⃗⃗ ; 𝑘⃗⃗ × 𝑗⃗ = −𝑖⃗ ; 𝑖⃗ × 𝑘⃗⃗ = − 𝑗⃗
- El producto vectorial de dos vectores se pueden escribir en forma de determinante:
𝑖⃗
⃗⃗
𝑎⃗ × 𝑏 = |𝑎𝑥
𝑏𝑥
𝑗⃗
𝑎𝑦
𝑏𝑦
𝑘⃗⃗
𝑎𝑧 | = (𝑎𝑦 𝑏𝑧 − 𝑎𝑧 𝑏𝑦 )𝑖⃗ + (𝑎𝑧 𝑏𝑥 − 𝑎𝑥 𝑏𝑧 ) 𝑗⃗ + (𝑎𝑥 𝑏𝑦 − 𝑎𝑦 𝑏𝑥 )𝑘⃗⃗
𝑏𝑧
Aplicación a La Física Del Producto Vectorial
1. Aplicación:
-
Consideremos primero un punto P de un cuerpo solido
que gira alrededor de un eje con velocidad
angularconstante. Sea O un ponto del eje y
representemos la velocidad angular 𝜔
⃗⃗mediante un
vector de modulo situado sobre el eje de rotación en
la forma indicada en la figura.
- Entonces, si el vector de posición de origen O y
extremo P se designa por 𝑟⃗
-
⃗⃗ = 𝜔
El vector velocidad asociado al punto P vendrá dado por la relación:𝑉
⃗⃗ × 𝑟⃗
⃗
⃗
El módulo de este vector es:𝜔𝑟 sen 𝜃 = 𝑉 = |𝑉 |
𝑟 sen 𝜃= distancia P al eje de rotación
2. Aplicación:
⃗⃗⃗en un punto O; correspondiente a
- - El vector momento𝑀
una fuerza 𝐹⃗ que actúa en un punto P
⃗⃗⃗⃗⃗⃗el momento de 𝐹⃗ respecto al
- - Designado por 𝑟⃗ = 𝑂𝑃
punto O se define por el producto vectorial:
⃗⃗⃗ = 𝑟⃗ × 𝐹⃗
𝑀
⃗⃗⃗ es normal al plano de los vectores ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
- - El vector 𝑀
𝑂𝑃 y 𝐹⃗ y
tienen por modulo:
⃗⃗⃗| = 𝑀 = 𝑟𝐹 sen 𝜃
|𝑀
-  es el Angulo formado por 𝐹⃗ y𝑟⃗
- 𝑟 sen 𝜃 : distancia desde O a la línea de acción de 𝐹⃗
1.5 PRODUCTOS COMPUESTOS: HAY TRES TIPOS DE PRODUCTOS DE TRES
VECTORES
1) El primer tipo es sencillamente el producto del escalar(𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗)por el vector 𝑐⃗:
(𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗) 𝑐⃗
2) El segundo tipo producto escalar triple: el resultado es un escalar; se define como
el producto escalar del vector (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗)por el vector𝑐⃗.
𝑎⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗) = 𝑐⃗ ∙ (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) = (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) ∙ 𝑐⃗
𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ al plano 𝑎⃗ y 𝑏⃗⃗ de valor numérico igual al área del
paralelogramo cuyos lados son a y b
La proyección de 𝑐⃗ sobre (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) es la altura del
paralelepípedo de aristas 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗
-
Entonces (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) ∙ 𝑐⃗= volumen de dicho paralelepípedo
= 6 volumen del tetraedro determinado por 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗como aristas concurrentes en un
vértice.
-
El signo depende de la orientación relativa de los tres vectores, y solo será positivo
si 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ constituyan un triedro +, o sea si 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ y 𝑐⃗ están en el mismo semiespacio
de los determinados por 𝑎⃗ y 𝑏⃗⃗
De aquí se obtiene fácilmente que:
-
𝑎⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗) = 𝑏⃗⃗ ∙ (𝑐⃗ × 𝑎⃗) = 𝑐⃗ ∙ (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗)
Y que los otros productos tienen signo algebraico contrario:
𝑎⃗ ∙ (𝑐⃗ × 𝑏) = 𝑏⃗⃗ ∙ (𝑎⃗ × 𝑐) = 𝑐⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ × 𝑎⃗)
-
El triple producto escalar está dado por la expresión
𝑖⃗
𝑎⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗) = 𝑎⃗ ∙ |𝑏𝑥
𝑐𝑥
𝑗⃗
𝑏𝑦
𝑐𝑦
𝑎𝑥
𝑘⃗⃗
𝑏𝑧 | = |𝑏𝑥
𝑐𝑥
𝑐𝑧
𝑎𝑦
𝑏𝑦
𝑐𝑦
𝑎𝑧
𝑏𝑧 |
𝑐𝑧
= 𝑎𝑥 (𝑏𝑦 𝑐𝑧 − 𝑏𝑧 𝑐𝑦 ) + 𝑎𝑦 (𝑏𝑧 𝑐𝑥 − 𝑏𝑥 𝑐𝑧 ) + 𝑎𝑧 (𝑏𝑥 𝑐𝑦 − 𝑏𝑦 𝑐𝑥 )
3) El tercer tipo: el triple producto vectorial: es evidentemente un vector
𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗ →es un vector que está en el plano de 𝑎⃗ y𝑏⃗⃗y es perpendicular a𝑐⃗. Por
tanto, este producto se podrá expresar mediante una combinación lineal de𝑎⃗ y𝑏⃗⃗ :
(𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) × 𝑐⃗ = 𝑚𝑎⃗ + 𝑛𝑏⃗⃗
Dónde:
𝑚 = −(𝑏⃗⃗ ∙ 𝑐⃗)
𝑛 = 𝑎⃗ ∙ 𝑐⃗
(𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) × 𝑐⃗ = (𝑎⃗ ∙ 𝑐⃗)𝑏⃗⃗ − (𝑏⃗⃗ ∙ 𝑐⃗)𝑎⃗
-
De manera análoga, el vector 𝑎⃗ × ( 𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗ )se expresa como combinación lineal de
𝑏⃗⃗y𝑐⃗; o sea que se puede escribir la identidad:
𝑎⃗ × (𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗) = (𝑎⃗ ∙ 𝑐⃗)𝑏⃗⃗ − (𝑏⃗⃗ ∙ 𝑎⃗)𝑐⃗
-
Tres productos triples:
(𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) ∙ (𝑐⃗ × 𝑑⃗) = (𝑎⃗ ∙ 𝑐⃗)(𝑏⃗⃗ ∙ 𝑑⃗) − (𝑎⃗ ∙ 𝑑⃗)(𝑏⃗⃗ ∙ 𝑐⃗)
-
Si hacemos:𝑐⃗ = 𝑎⃗ ; ⃗⃗⃗⃗
𝑑 = 𝑏⃗⃗
-
Se transforma en: (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) ∙ (𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) = (𝑎⃗ ∙ 𝑎⃗)(𝑏⃗⃗ ∙ 𝑏⃗⃗) − (𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗)2
Llamada identidad de “Lagrange”.
-
Se puede escribir en la forma:
2
|𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗| = 𝑎2 𝑏 2 − 𝑎2 𝑏 2 cos 2 𝜃 = (𝑎𝑏 sen 𝜃)2
Resultado que concuerda con la definición de 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗
Seminario de Problemas
Problema N° 01:
Hallar el punto N, con el que coincide el extremo del Vector 𝑎⃗ = 3𝑖⃗ − 1𝑗⃗ + 4𝑘⃗⃗ , si su origen coincide
en el punto M (1, 2,-3)
Solución:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑁
⃗⃗ − 𝑀
⃗⃗⃗
𝑎⃗ = 𝑀𝑁
⃗⃗ = 𝑎⃗ + 𝑀
⃗⃗⃗ = (3𝑖⃗ − 1𝑗⃗ + 4𝑘⃗⃗ ) + (𝑖⃗ + 2𝑗⃗ − 3𝑘⃗⃗ )
𝑁
⃗⃗ = 4𝑖⃗ + 𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
𝑁
∴ 𝑁 = (4,1,1)
Problema N° 02:
Dado el módulo del Vector |𝑎⃗| = 2 y los ángulos 𝛼 = 45° ; 𝛽 = 60° y 𝛾 = 120° , Calcular la
proyección del Vector 𝑎⃗ sobre los ejes coordenadas.
Solución:
𝑎⃗ = 𝑎𝑥 𝑖⃗ + 𝑎𝑦 𝑗⃗ + 𝑎𝑧 𝑘⃗⃗
cos 𝛼 =
𝑎𝑥
→ 𝑎𝑥 = a ∙ cos 𝛼 = 2 cos 45°
𝑎
𝑎𝑥 = 2 (
cos 𝛽 =
√2
) = √2
2
𝑎𝑦
→ 𝑎𝑦 = a ∙ cos 𝛽 = 2 cos 60°
𝑎
1
𝑎𝑦 = 2 ( ) = 1
2
cos 𝛾 =
𝑎𝑧
→ 𝑎𝑧 = a ∙ cos 𝛾 = 2 cos 120°
𝑎
1
𝑎𝑧 = 2 (− ) = −1
2
∴ 𝑎⃗ = √2𝑖⃗ + 𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
Problema N° 03:
Un Vector 𝑎⃗ forma con los ejes coordenadas 0x y 0y los ángulos 𝛼 = 60° y 𝛽 = 120°. Calcular sus
coordenadas, sabiendo que |𝑎⃗| = 𝑎 = 2
Solución:
𝑎⃗ = 𝑎𝑥 𝑖⃗ + 𝑎𝑦 𝑗⃗ + 𝑎𝑧 𝑘⃗⃗
-
De los cosenos directores tenemos :
1
𝑎𝑥 = a∙ cos 𝛼 = 2 cos 60° = 2 ( ) = 1
2
1
𝑎𝑦 = a ∙ cos 𝛽 = 2 cos 120° = 2 (− ) = −1
2
𝑎𝑧 = a ∙ cos 𝛾 = 2 cos 𝛾
-
De la ley de los cosenos directores:
cos 2 𝛼 + cos 2 𝛽 + cos2 𝛾 = 1
cos 2 60° + cos 2 120° + cos 2 𝛾 = 1
1 2
1 2
( ) + (− ) + cos 2 𝛾 = 1
2
2
1 1
+ + cos2 𝛾 = 1
4 4
cos2 𝛾 = 1 −
cos 2 𝛾 =
1
2
1
√2
→ cos 𝛾 = ±
2
2
∴ 𝑎𝑧 = a ∙ cos 𝛾 = 2 (±
√2
) = ±√2
2
→ 𝑎⃗ = 𝑖⃗ − 𝑗⃗ ± √2𝑘⃗⃗
Problema N° 04:
Los Vectores 𝑎⃗ y 𝑏⃗⃗ son perpendiculares entre si y |𝑎⃗| = 5, |𝑏⃗⃗| = 12. Determinar |𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗| 𝑦 |𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗|
Solución:
𝑏⃗⃗ → 𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗ = 0
𝑎⃗
2
2
|𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗| = |𝑎⃗|2 + |𝑏⃗⃗| + 2𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗
2
|𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗| = 52 + 122 = 169
|𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗| = 13
-
Si𝑎⃗
𝑏⃗⃗; se cumple |𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗| = |𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗|
∴ |𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗| = 13
Problema N° 05:
Calcular la magnitud del Vector 𝑎⃗.
P1 = ( 5,-2, 3) punto inicial
P2 = (-4, 3, 7) punto final
Solución:
|𝑎⃗| = 𝑎 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 + (𝑧2 − 𝑧1 )2
2
𝑎 = √(−4 − 5)2 + (3 − (−2)) + (7 − 3)2
𝑎 = √122 = 11.05
1.6 DIFERENCIACIÓN DE VECTORES
⃗⃗ son funciones de u parámetro t, la
- Si las propiedades físicas de una magnitud vectorial 𝑉
⃗⃗ (𝑡)respecto a t queda definida por la ecuación:
derivada de un vector 𝑉
⃗⃗ (𝑡)
⃗⃗ (𝑡 + ∆𝑡) − 𝑉
⃗⃗ (𝑡)
𝑑𝑉
𝑉
= lim
∆𝑡→0
𝑑𝑡
∆𝑡
⃗⃗ (𝑡)esta dada por la conocida
- La derivada del producto de un escalar S(t) por un vector 𝑉
regla:
⃗⃗ )
⃗⃗ 𝑑𝑆
𝑑(𝑆𝑉
𝑑𝑉
⃗⃗
=𝑆
+
𝑉
𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
- Si un vector esta expresado mediante sus componentes según los ejes de coordenadas
dadas:
⃗⃗ = 𝑓(𝑡)𝑖⃗ + 𝑔(𝑡)𝑗⃗ + ℎ(𝑡)𝑘⃗⃗
𝑉
- Se deduce que:
⃗⃗ 𝑑𝑓
𝑑𝑉
𝑑𝑔
𝑑ℎ
=
𝑖⃗ +
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
- La derivada de un producto de dos o más vectores está definido:
𝑑
𝑑𝑏⃗⃗ 𝑑𝑎⃗
+
∙ 𝑏⃗⃗
(𝑎⃗ ∙ 𝑏⃗⃗) = 𝑎⃗ ∙
𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑
𝑑𝑏⃗⃗ 𝑑𝑎⃗
+
× 𝑏⃗⃗
(𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗) = 𝑎⃗ ×
𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑
𝑑𝑎⃗
𝑑𝑏⃗⃗
𝑑𝑐⃗
𝑎⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗) =
∙ (𝑏⃗⃗ × 𝑐⃗) + 𝑎⃗ ∙ ( × 𝑐⃗) + 𝑎⃗ ∙ (𝑏⃗⃗ × )
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
- La derivada de un vector de modulo constante y de mención variable es perpendicular al
vector. En efecto:
𝑑
𝑑
𝑑
𝑑𝑎⃗
(𝑎⃗ ∙ 𝑎⃗) = (𝑎2 ) = 0 ;
(𝑎⃗ ∙ 𝑎⃗) = 2𝑎⃗ ∙
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
1.7 GEOMETRÍA DE UNA CURVA ALABEADA
- Sea: x = x(t)
y = y(t)
z = z(t)
Define una curva en el espacio cuando
el parámetro t varía en un conjunto de
valores dados.
- Sea 𝑟⃗ el vector de posición;
como origen del punto O y como
extremo P (x, y, z), que corresponde a
un valor determinado de t.
𝑟⃗ = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘⃗⃗
- Si t experimenta un incremento∆𝑡; x, y, z tomaran los incremento respectivos,
obteniéndose otro vector de origen en O y extremo en el pto. Q de coordenadas: 𝑥 +
∆𝑥, 𝑦 + ∆𝑦, 𝑧 + ∆𝑧
𝑟⃗ + ∆𝑟⃗ = (𝑥 + ∆𝑥)𝑖⃗ + (𝑦 + ∆𝑦)𝑗⃗ + (𝑧 + ∆𝑧)𝑘⃗⃗
- Podemos escribir:∆𝑟⃗ = (∆𝑥)𝑖⃗ + (∆𝑦)𝑗⃗ + (∆𝑧)𝑘⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄
- Cuyo modulo es la cuerda ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄 ; dividiendo los dos miembros por∆𝑡, se tendrá:
⃗⃗ =
𝑉
∆𝑟⃗ ∆𝑥
∆𝑦
∆𝑧
=
𝑖⃗ +
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
∆𝑡 ∆𝑡
∆𝑡
∆𝑡
- Si (S) representa la longitud de arco de la curva, podemos escribir:
∆𝑟⃗
∆𝑥
∆𝑦
∆𝑧
∆𝑠
= ( 𝑖⃗ +
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗ ) ∙
∆𝑡
∆𝑠
∆𝑠
∆𝑠
∆𝑡
∆𝑟⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ y su móduloes el cociente de la longitud de la cuerda
- El vector ∆𝑡 tiene la dirección de𝑃𝑄
al arco elemental correspondiente; así, cuando ∆𝑡 →o , pasando a limite se tendrá:
⃗⃗ =
𝑉
𝑑𝑟⃗
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧
𝑑𝑠
= ( 𝑖⃗ +
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗ ) ∙
𝑑𝑡
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑡
Dónde: 𝜇⃗ es un vector unitario tangente a la curva alabeada en el pto. P
𝜇⃗ =
𝑑𝑟⃗ 𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧
=
𝑖⃗ +
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
𝑑𝑠 𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
- La derivada del vector 𝑟⃗que determina una curva alabeada respecto a la longitud del
arco de curva, es un vector unitario en la dirección de la tangente a la curva y con el
sentido que corresponde al de crecimiento del arco. (𝜇⃗)
- 𝜇⃗ es un vector unitario, se tiene:
|𝜇⃗| = 1 = (
𝑑𝑥 2
𝑑𝑦 2
𝑑𝑧 2
) +( ) +( )
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠 = √𝑑𝑥 2 + 𝑑𝑦 2 + 𝑑𝑧 2 = √(
𝑑𝑥 2
𝑑𝑦 2
𝑑𝑧 2
) + ( ) + ( ) 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Que nos da la longitud del elemento de arco de una curva alabeada.
𝑑𝑟⃗
- Si t representa el tiempo, el vector ( 𝑑𝑡 )es el vector velocidad asociado a un punto móvil
𝑑𝑠
que recorre la curva con velocidad( 𝑑𝑡);así se escribirá:
⃗⃗ =
𝑉
𝑑𝑠
𝜇⃗ = 𝑉𝜇⃗
𝑑𝑡
𝑉=
𝑑𝑠
𝑑𝑡
𝑉
1
=
𝑑𝑠 𝑑𝑡
- Si derivamos
𝑑𝑣
con respecto a t, obtenemos el vector aceleración 𝑎⃗:
𝑑𝑡
𝑎⃗ = (
𝑑𝑉
𝑑(𝑣 ⃗⃗⃗⃗
𝑢) 𝑑𝑣
𝑑𝑢
⃗
𝑑𝑢
⃗
)=
=
𝜇⃗ + 𝑣
+ 𝑣2
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑠
⃗⃗
𝑑𝜇
- Como 𝜇⃗ es un vector unitario; la derivada 𝑑𝑠 es perpendicular al vector tangente,
obtenemos:
𝑑𝜇⃗ 𝑑2 𝑟⃗ 𝑑2 𝑥
𝑑2 𝑦
𝑑2 𝑧
= 2 = 2 𝑖⃗ + 2 𝑗⃗ + 2 𝑘⃗⃗
𝑑𝑠 𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
- El módulo de este vector se llama curvatura de la curva y es una medida de la rapidez
con que varia la dirección del vector tangente a lo largo de aquella.
- El reciproco de este valor se llama radio de curvatura (𝜌):
𝑑𝜇⃗ 1
= 𝑛⃗⃗
𝑑𝑠 𝜌
- Donde𝑛⃗⃗es un vector unitario perpendicular al vector tangente 𝜇⃗en el pto. P que se llama
vector normal principal.
2
2
2
1
𝑑2 𝑥
𝑑2 𝑦
𝑑2 𝑧
= √( 2 ) + ( 2 ) + ( 2 )
𝜌
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
- El vector aceleración será:
𝑑𝑉
𝑑𝜇⃗
𝑉2
𝑑𝑉
𝑎⃗ = ( ) 𝜇⃗ + 𝑉 2 ( ) =
𝑛⃗⃗ + ( ) 𝜇⃗
𝑑𝑡
𝑑𝑠
𝜌
𝑑𝑡
- Así una partícula se mueve sobre una curva alabeada con velocidad V;
experimenta
𝑑𝑉
una aceleración de componente tangencial( 𝑑𝑡 ); y cuya componente sobre la normal
𝑉2
principal a la curva es( 𝜌 )
- Se define el vector Binormal de la curva alabeada, en u ponto P de la misma por la de
relación.
𝑏⃗⃗ = 𝜇⃗ × 𝑛⃗⃗
Siendo, por tanto, un vector unitario, perpendicular a𝜇⃗y a 𝑛⃗⃗entonces se considera
asociado a cada punto de la curva un triedro móvil trirectangulo, constituido por los
vectores 𝜇⃗, 𝑛⃗⃗, 𝑏⃗⃗,cuyo vértice se desplaza sobre la curva y simultáneamente gira.
- Para un curva plana el vector tangente 𝜇⃗y el vector normal principal 𝑛⃗⃗están contenidos
en el plano de la misma, mientras que el vector binormal es un vector unitario
constantemente perpendicular a dicho plano.
- Si𝑏⃗⃗ = 𝜇⃗ × 𝑛⃗⃗
Derivando con respecto a la variable (s)
𝑑𝑏⃗⃗ 𝑑𝜇⃗
𝑑𝑛⃗⃗
=
∙ 𝑛⃗⃗ + 𝜇⃗ ∙
𝑑𝑠 𝑑𝑠
𝑑𝑠
⃗⃗
𝑑𝑏
- Así; 𝑑𝑠 es perpendicular a 𝜇⃗ y a 𝑏⃗⃗
𝑑𝑏⃗⃗
𝑑𝑏⃗⃗
1
= − | | 𝑛⃗⃗ = − 𝑛⃗⃗
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝜏
1
- Dónde: 𝜏 →se denomina torsión de la curva, y es positivo cuando el triedro móvil
asociado a la misma gira en sentido positivo alrededor de la tangente mientras se
desplaza a lo largo de la curva.
|𝜏| →se llama radio de torsión.
⃗⃗
𝑑𝑛
- Para calcular 𝑑𝑠 escribimos:𝑛⃗⃗ = 𝑏⃗⃗ × 𝜇⃗ y derivamos:
𝑑𝑛⃗⃗ 𝑑𝑏⃗⃗
𝑑𝜇⃗
1
1
=
× 𝜇⃗ + 𝑏⃗⃗ ×
= − (𝑛⃗⃗ × 𝜇⃗) + (𝑏⃗⃗ × 𝑛⃗⃗)
𝑑𝑠 𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝜏
𝜌
𝑑𝑛⃗⃗
1
1
1
1
= − (−𝑏⃗⃗) + (−𝜇⃗) = 𝑏⃗⃗ − 𝜇⃗
𝑑𝑠
𝜏
𝜌
𝜏
𝜌
𝑑𝑛⃗⃗ 1
1
= 𝑏⃗⃗ − 𝜇⃗
𝑑𝑠 𝜏
𝜌
Se conoce con el nombre de Formulas de Frenet
⃗⃗
𝑑𝜇
1
= 𝜌 𝑛⃗⃗
𝑑𝑠
⃗⃗
𝑑𝑏
1
= − 𝑛⃗⃗
𝑑𝑠
𝜏
⃗⃗
𝑑𝑛
1
1
⃗⃗
{ 𝑑𝑠 = 𝜏 𝑏 − 𝜌 𝜇⃗
- Multiplicando escalarmente por 𝑏⃗⃗tenemos:
1
𝑑𝑛⃗⃗
𝑑𝑛⃗⃗
= 𝑏⃗⃗ ∙
= 𝜇⃗ × 𝑛⃗⃗ ∙
𝜏
𝑑𝑠
𝑑𝑠
1
𝑑𝜇⃗ 𝑑2 𝜇⃗
= 𝜇⃗ × 𝜌
∙𝜌
𝜏
𝑑𝑠
𝑑𝑠
1
𝑑𝜇⃗ 𝑑2 𝜇⃗
= 𝜌2 (𝜇⃗ ×
∙𝜌
)
𝜏
𝑑𝑠
𝑑𝑠
Además:
𝑏⃗⃗ = 𝜇⃗ × 𝑛⃗⃗
𝑑𝜇⃗ 1
𝑑𝜇⃗
= 𝑛⃗⃗ → 𝜌
= 𝑛⃗⃗
𝑑𝑠 𝜌
𝑑𝑠
𝑑2 𝜇⃗ 1 𝑑𝑛⃗⃗
𝑑 2 𝜇⃗ 𝑑𝑛⃗⃗
=
→𝜌
=
𝑑𝑠
𝜌 𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
- Resultado que se puede escribir en forma determinante:
𝑑𝑥
𝑑𝑠
| 2
1
𝑑
𝑥
= 𝜌2
𝜏
𝑑𝑠 2
| 3
𝑑 𝑥
𝑑𝑠
𝑑𝑦
𝑑𝑠
𝑑2 𝑦
𝑑𝑠 2
𝑑3 𝑦
𝑑𝑠
𝑑𝑧
𝑑𝑠
|
𝑑2 𝑧
𝑑𝑠 2
|
𝑑3 𝑧
𝑑𝑠
1.8 EL VECTOR GRADIENTE
- Si 𝜑es un escalar, función de las coordenadas x, y, z
𝜕𝜑 𝜕𝜑 𝜕𝜑
- Los valores de las derivadas parciales , , en un punto representan las variaciones
𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑦
unitarias de𝜑 con respecto a la distancia en las respectivas direcciones x, y, z en dicho
punto.
- Consideremos el vector:
⃗⃗ =
𝑉
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑖⃗ +
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
- Se requiere las componentes escalares del mismo en las direcciones x, y, z en cualquier
punto P. Son exactamente las respectivas parciales de 𝜑, respecto a la distancia en
tales direcciones en P.
⃗⃗ en cualquier otra dirección en P, consideremos el
- Para determinar la componente de 𝑉
vector de posición 𝑟⃗desde el origen a P. designado por 𝑑𝑟⃗un desplazamiento
diferenciado de P.
𝑑𝑟⃗ = 𝑑𝑥𝑖⃗ + 𝑑𝑦𝑗⃗ + 𝑑𝑧𝑘⃗⃗
⃗⃗ en esa dirección se obtiene entonces como producto
- La componente escalar de 𝑉
⃗⃗ por el vector unitario 𝜇⃗ = 𝑑𝑟⃗, en donde 𝑑𝑠 = |𝑑𝑟⃗|. Por consiguiente tiene el
escalar de 𝑉
𝑑𝑠
valor :
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧
⃗⃗ ∙ 𝜇⃗ = ( 𝑖⃗ +
𝑉
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗ ) ∙ ( 𝑖⃗ +
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗ )
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
⃗⃗ ∙ 𝜇⃗ =
𝑉
𝜕𝜑 𝑑𝑥 𝜕𝜑 𝑑𝑦 𝜕𝜑 𝑑𝑧 𝑑𝜑
+
+
=
𝜕𝑥 𝑑𝑠 𝜕𝑦 𝑑𝑠 𝜕𝑧 𝑑𝑠 𝑑𝑠
⃗⃗ en cualquier dirección es la derivada de𝜑 respecto a
- Así se ve que la componente de𝑉
la distancia en tal dirección.
⃗⃗ se llama gradiente de𝜑, y escribimos:
- El 𝑉
𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 =
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑖⃗ +
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
- Por tanto, si designamos por 𝑟⃗el vector ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃representa un desplazamiento diferencial de
magnitud𝑑𝑠 a partir de P.
𝑑𝑟⃗
𝑑𝜑
∙ 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 =
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑟⃗ ∙ 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 = 𝑑𝜑
- Puesto que la componente del vector 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑en cualquier dirección es la derivada de
𝜑en esa dirección, se deduce que 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑tendrá la dirección para la cual la derivada de
𝜑tiene modulo máximo. En particular, 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑no tendrá componente en las direcciones
en que la derivada de 𝜑sea nulo, y por consiguiente, será normal a las superficies
𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.
Ejm: todas estas cantidades escalares: temperatura, densidad, presión y muchas otras
más, que varían según su posición, constituyen lo que se denominan “CAMPOS
ESCALARES”, cuyos elemento los representamos por la función escalar𝜑 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
cuyo valor depende de las variables x, y, z, las que a su vez son funciones de las
coordenadas del punto P=(x, y, z), en donde ese quiere determinar el valor de la función
𝜑.
̅ (NABLA)
1.9 EL OPERADOR VECTORIAL𝛁
-
De la ecuación
𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 =
-
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑖⃗ +
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
̅𝜑
Se escribe abreviadamente en la forma: 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 = ∇
̅
En donde el símbolo ∇, llamado nabla, es el operador vectorial
⃗∇⃗=
𝜕
𝜕
𝜕
𝑖⃗ +
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
⃗⃗𝜑 = ( 𝑖⃗ +
∇
𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗ ) 𝜑 =
𝑖⃗ +
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
En donde 𝜑 es una función escalar diferenciable de x, y, z
𝑑𝑟⃗
𝑑𝜑
𝑑𝑟⃗
𝑑𝜑
∙ 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 =
→
∙ ⃗∇⃗𝜑 =
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
⃗⃗𝜑 = 𝑑𝜑
𝑑𝑟⃗ ∙ 𝑔𝑟𝑎𝑑𝜑 = 𝑑𝜑 → 𝑑𝑟⃗ ∙ ∇
-
Si 𝐹⃗ es una función vectorial de x, y, z , podemos definir los productos escalares y
⃗⃗ por 𝐹⃗
vectoriales del operador ∇
⃗
⃗
⃗
⃗∇⃗ ∙ 𝐹⃗ = 𝜕𝐹 ∙ 𝑖⃗ + 𝜕𝐹 ∙ 𝑗⃗ + 𝜕𝐹 ∙ 𝑘⃗⃗ = 𝑑𝑖𝑣𝐹⃗ divergencia
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
⃗
⃗
⃗
⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = 𝜕𝐹 × 𝑖⃗ + 𝜕𝐹 × 𝑗⃗ + 𝜕𝐹 × 𝑘⃗⃗ = 𝑟𝑜𝑡𝐹⃗ rotacional
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
Si
𝐹⃗ = 𝐹𝑥 𝑖⃗ + 𝐹𝑦 𝑗⃗ + 𝐹𝑧 𝑘⃗⃗
se tiene:
⃗⃗ ∙ 𝐹⃗ = 𝑑𝑖𝑣𝐹⃗ =
∇
𝜕𝐹𝑥 𝜕𝐹𝑦 𝜕𝐹𝑧
+
+
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝑖⃗
𝜕
⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = 𝑟𝑜𝑡𝐹⃗ = ||
𝜕𝑥
𝐹𝑥
𝑗⃗
𝜕
𝜕𝑦
𝐹𝑦
𝑘⃗⃗
𝜕|
|
𝜕𝑧
𝐹𝑧
𝜕𝐹𝑧 𝜕𝐹𝑦
𝜕𝐹𝑥 𝜕 𝐹𝑧
𝜕 𝐹𝑦 𝜕𝐹𝑥
⃗⃗ × 𝐹⃗ = (
∇
−
)𝑖⃗ + (
−
) 𝑗⃗ + (
−
)𝑘⃗⃗
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑦
- La diferencial total de un vector función 𝐹⃗ esta dada por:
𝑑𝐹⃗ =
𝜕𝐹⃗
𝜕𝐹⃗
𝜕𝐹⃗
𝑑𝑥 +
𝑑𝑦 +
𝑑𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
- Mediante la forma operacional:
𝜕
𝜕
𝜕
𝑑𝐹⃗ = ( 𝑑𝑥 +
𝑑𝑦 + 𝑑𝑧) 𝐹⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
⃗⃗)𝐹⃗
- Se puede escribir en la forma: 𝑑𝐹⃗ = (𝑑𝑟⃗ ∙ ∇
- La derivada de 𝐹⃗ en la dirección de 𝑑𝑟⃗ es por lo tanto;
𝑑𝐹⃗
𝑑𝑟⃗
⃗⃗) 𝐹⃗
=( ∙∇
𝑑𝑠
𝑑𝑠
- Con mayor generalidad, si 𝜇⃗ es un vector unitario, la derivada de 𝐹⃗ la dirección del 𝜇⃗
esta dada por:
𝑑𝐹⃗
⃗⃗)𝐹⃗
= (𝜇⃗ ∙ ∇
𝑑𝑠
⃗⃗ es un vector cualquiera de componentes 𝑉𝑥, 𝑉𝑦, 𝑉𝑧 ; y el producto 𝑉
⃗⃗ ∙ ∇
⃗⃗ es el operador
- 𝑉
escalar:
⃗∇⃗ ∙ ⃗∇⃗= 𝑉𝑥
𝜕
𝜕
𝜕
+ 𝑉𝑦
+ 𝑉𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
1.10 FORMULAS PARA LAS DERIVADAS
Las fórmulas que siguen son de uso frecuente:
⃗⃗ ∙ 𝜑𝜇⃗ = 𝜑∇
⃗⃗ ∙ 𝜇⃗ + 𝜇⃗ ∙ ∇
⃗⃗𝜑
1) ∇
⃗⃗ × 𝜇⃗ + ⃗∇⃗𝜑 × 𝜇⃗
2) ⃗∇⃗ × 𝜑𝜇⃗ = 𝜑∇
3)
4)
⃗∇⃗ ∙ 𝜇⃗ × 𝑉
⃗⃗ = 𝑉
⃗⃗ ∙ ⃗∇⃗ × 𝜇⃗ − 𝜇⃗ ∙ ⃗∇⃗ × 𝑉
⃗⃗
⃗∇⃗ × (𝜇⃗ × 𝑉
⃗⃗ ) = (𝑉
⃗⃗ ∙ ⃗∇⃗)𝜇⃗ − (𝜇⃗ ∙ ⃗∇⃗)𝑉
⃗⃗ + 𝜇⃗(∇
⃗⃗ ∙ 𝑉
⃗⃗ ) − 𝑉
⃗⃗ (∇
⃗⃗ ∙ 𝜇⃗)
⃗⃗(𝜇⃗ ∙ 𝑉
⃗⃗ ) = (𝜇⃗ ∙ ∇
⃗⃗)𝑉
⃗⃗ + (𝑉
⃗⃗ ∙ ∇
⃗⃗)𝜇⃗ + 𝜇⃗ × (∇
⃗⃗ × 𝑉
⃗⃗ ) + 𝑉
⃗⃗ × (∇
⃗⃗ × 𝜇⃗)
5) ∇
⃗⃗𝜑) = 𝑟𝑜𝑡 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝜑 = 0
6) ⃗∇⃗ × (∇
⃗⃗ ∙ (∇
⃗⃗ × 𝜇⃗) = 𝑑𝑖𝑣 𝑟𝑜𝑡 𝜇⃗ = 0
7) ∇
⃗⃗ × 𝜇⃗) = 𝑟𝑜𝑡 𝑟𝑜𝑡 𝜇⃗ = ⃗∇⃗(∇
⃗⃗ ∙ 𝜇⃗) − (∇
⃗⃗ ∙ ⃗∇⃗)𝜇⃗ = 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑑𝑖𝑣 𝜇⃗ − ⃗∇⃗2 𝜇⃗
8) ⃗∇⃗ × (∇
⃗⃗ ∙ (∇
⃗⃗𝜑1 × ∇
⃗⃗𝜑2 ) = 0
9) ∇
-
⃗⃗ goza de la propiedad distributiva:
El operador ∇
⃗⃗(𝜑1 + 𝜑2 ) = ∇
⃗⃗𝜑1 + ∇
⃗⃗𝜑2
∇
⃗∇⃗ ∙ (𝜇⃗ + 𝑉
⃗⃗ ) = ⃗∇⃗ ∙ 𝜇⃗ + ⃗∇⃗ ∙ 𝑉
⃗⃗
⃗∇⃗ × (𝜇⃗ + 𝑉
⃗⃗ ) = ⃗∇⃗ × 𝜇⃗ + ⃗∇⃗ × 𝑉
⃗⃗
-
También por calculo directo se demuestra la valides de identidad:(𝜇⃗ ∙ ⃗∇⃗)𝜑 = 𝜇⃗ ∙
⃗⃗𝜑)
(∇
-
⃗⃗2 = ⃗∇⃗ ∙ ⃗∇⃗ = 𝜕 2 + 𝜕 2 + 𝜕 2
El operador escalar:∇
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
2
2
2
De uso frecuente y se conoce con el nombre de operador de LAPLACE O
LAPLACIANA.
-
Si r⃗ es el vector que determina la posición de un punto
r⃗ = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘⃗⃗
⃗∇⃗ ∙ r⃗ =
𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧
+
+
=3
𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧
⃗⃗ × r⃗ = 0
∇
𝜇⃗ ∙ ⃗∇⃗r⃗ = 𝜇⃗ ; Donde 𝜇⃗ es un vector cualquiera.
1.11
INTEGRALES CURVILÍNEAS
- Sea𝐹⃗ una función vectorial (x, y, z) en un
espacio de tres dimensiones.
- Sea Cuna curva alabeada cuyos puntos P
quedan determinados por el vector variable 𝑟⃗, que va
desde el origen a P.
- 𝜇⃗ es un vector unitario tangente a C en P.
- Podemos asociar a cada punto de la curva un
vector diferencial 𝑑𝑟⃗
𝑑𝑟⃗ =
𝑑𝑟⃗
𝑑𝑠 = 𝜇⃗𝑑𝑠
𝑑𝑠
;
|𝑑𝑟⃗| = 𝑑𝑠
- El producto escalar 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = (𝐹⃗ ∙ 𝜇⃗)𝑑𝑠
- Finalmente, la integral:
∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫(𝐹⃗ ∙ 𝜇⃗)𝑑𝑠
𝑐
𝑐
Tomada a lo largo de la curva C entre dos puntos de ella determinados, 𝑃0 y 𝑃1 , se conoce
con el nombre de integral curvilínea de 𝐹⃗ a lo largo de C
Caso Particular:
Si 𝐹⃗ → representa la fuerza que actúa sobre una partícula material.
Entonces la integral curvilínea mide el trabajo realizado por la fuerza para llevar la partícula
sobre C desde 𝑃0 hasta 𝑃1 .
Escribiendo:
𝐹⃗ = 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑖⃗ + 𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑗⃗ + 𝑅(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑘⃗⃗
r⃗ = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘⃗⃗
𝑑𝑟⃗ = 𝑑𝑥𝑖⃗ + 𝑑𝑦𝑗⃗ + 𝑑𝑧𝑘⃗⃗
-
La integral curvilínea adopta la forma:
∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫(𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧)
𝑐
-
𝑐
Los límites de la integral se determinan de acuerdo con los valores que resulten
para dicha variable en los puntos inicial y final del arco C
Ejm: consideremos: 𝐹⃗ = 𝑦𝑧𝑖⃗ + 𝑥𝑦𝑗⃗ + 𝑥𝑧𝑘⃗⃗ y calculamos la integral curvilínea de 𝐹⃗ desde (0,
0, 0) hasta (1, 1, 1) a lo largo de la trayectoria C determinada por la curva x=y2 , z=0 en el
plano XY desde (0, 0, 0) a (1, 1, 0), seguido del segmento rectilíneo x=1, y=1 desde este
último punto (1, 1, 0) hasta el (1, 1, 1).
Solución

x=y2
Primera parte de la trayectoria, C1 se tiene:
;
z=0
𝑑𝑥 = 2𝑦𝑑𝑦
;
𝑑𝑧 = 0
Y por consiguiente, 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 𝑦𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑦𝑑𝑦 + 𝑥𝑧𝑑𝑧
𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 𝑦 2 𝑦𝑑𝑦 = 𝑦 3 𝑑𝑦
1
∫ 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫ 𝑦 3 𝑑𝑦 =
𝑐1

0
𝑦4 1
=
4
4
Segunda parte de la trayectoria, c2 se tiene:
x=1 , y=1 ; 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 = 0
1
1
∫ 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫ 𝑦𝑧𝑑𝑥 + 𝑥𝑦𝑑𝑦 + 𝑥𝑧𝑑𝑧 = ∫ 𝑧𝑑𝑧 =
𝑐2
0
0
𝑧2 1
=
2
2
Y finalmente
∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ =
𝑐
-
1 1 3
+ =
4 2 4
En este ejemplo, el valor de la integral curvilínea entre los puntos dados depende del
camino elegido. Sin embargo, en ciertos casos no es así, pues la expresión:
𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧
Es la diferencial de una función 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧)
𝑑𝜑 = 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧
La integral puede escribirse:
∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = ∫𝑑𝜑 = 𝜑(𝑃1 ) − 𝜑(𝑃0 )
𝑐
𝑐
En donde 𝑃1 y 𝑃0 son los extremos de la curva C.
-
Si la función 𝜑 es uniforme la integral curvilínea solo depende de la posición de los
extremos de integración, de manera que el valor alcanzado por 𝜑 en un punto del
espacio resulta independiente de la forma de alcanzarlo.
-
La diferencial total de 𝜑 esta también dada por:
𝑑𝜑 =
-
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑑𝑥 +
𝑑𝑦 +
𝑑𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
Observemos que x, y, z son variables independientes, resulta:
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
=𝑃;
=𝑄;
=𝑅
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
-
Derivando convenientemente las dos primeras relaciones se tiene:
𝜕2𝜑
𝜕𝑃 𝜕 2 𝜑
𝜕𝑄
=
;
=
𝜕𝑥 𝝏𝒚 𝝏𝒚 𝝏𝒙 𝜕𝑦 𝝏𝒙
-
Si las derivadas utilizadas son continuas, se concluye que P y Q deben satisfacer la
condición:
𝜕𝑃
𝜕𝑦
-
𝜕𝑄
= 𝜕𝑥 … (a)
De manera análoga se deduce que se han de satisfacer las dos condiciones
𝜕𝑃
𝜕𝑧
𝜕𝑅
𝜕𝑄
𝜕𝑅
= 𝜕𝑥 …(b) 𝜕𝑧 = 𝜕𝑦 … (c)
-
Por consiguiente, si existe una función 𝜑 tal que se verifique ecu. I es decir, que
𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧
Sea una diferencial exacta.
-
Las funciones P, Q y R deberán satisfacer las ecuaciones (a); (b); (c)
Recíprocamente, si P, Q y R y sus primeras derivadas parciales son continuas en
un recinto; puede demostrarse que (a); (b); (c) son condiciones necesarias y
suficientes para que exista una función tal que I se verifique en el interior de ese
recinto.
-
Observemos que por ser:
Rotacional de
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
⃗⃗ × 𝐹⃗ = | 𝜕
𝐹⃗ = ∇
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
|
𝜕𝑧
𝑃
𝑄
𝑅
𝜕𝑅 𝜕𝑄
𝜕𝑃 𝜕𝑅
𝜕𝑄 𝜕𝑃
⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = ( − ) 𝑖⃗ + ( − ) 𝑗⃗ + ( − ) 𝑘⃗⃗
𝜕𝑦 𝜕𝑧
𝜕𝑧 𝜕𝑥
𝜕𝑥 𝜕𝑦
-
Si se cumple ecu. (a); (b); (c) ello equivale a la anulación de ⃗∇⃗ × 𝐹⃗ .
-
Así concluimos que si 𝐹⃗ es diferencial en un recinto R y si en todo él es.
⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = 0 ; existe entonces una función escalar 𝜑 tal que 𝑑𝜑 = 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗
-
Además, si C es una curva cualquiera situada en R, que une los puntos 𝑃0 y 𝑃1 y si
𝜑 es uniforme, se tendrá:
∫𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 𝜑(𝑃1 ) − 𝜑(𝑃0 )
𝑐
-
En particular, para una curva cerrada coinciden los puntos inicial y final, y la
integral curvilínea es nula. Designamos con el símbolo ∮ la integral sobre una
curva cerrada, y escribimos:
∮𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ = 0
𝑐
-
Si no se cumplen las condiciones establecidas, la integral ∮𝑐𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ puede o no
anularse, entonces el valor de la integral se llama CIRCULACION de 𝐹⃗ en C.
-
Como la existencia de una función 𝜑, tal que:
𝑑𝜑 = 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗
Además:𝑑𝜑 = ⃗∇⃗𝜑 ∙ 𝑑𝑟⃗
-
En todos los puntos de una región determinada, pueda asegurada por la condición
⃗⃗ × 𝐹⃗ = 0
∇
Se deduce por sustracción:
𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗ − ⃗∇⃗𝜑 ∙ 𝑑𝑟⃗ = 0
(𝐹⃗ − ⃗∇⃗𝜑) ∙ 𝑑𝑟⃗ = 0
-
El vector (𝐹⃗ − ⃗∇⃗𝜑) debe ser perpendicular a 𝑑𝑟⃗; pero por ser arbitraria la dirección
de 𝑑𝑟⃗, se concluye que 𝐹⃗ − ⃗∇⃗𝜑 debe ser
⃗⃗𝜑
idénticamente nulo, o sea que: 𝐹⃗ = ∇
- La función 𝜑 definida se llama POTENCIAL
de 𝐹⃗
-
⃗⃗ × 𝐹⃗ = 0 es un recinto, 𝐹⃗ es el gradiente de una función escalar 𝜑 es dicho
Si ∇
reciento.
Si 𝐹⃗ = ⃗∇⃗𝜑 y 𝜑 tiene derivadas parciales segundas continuas, ⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = 0
Si 𝐹⃗ representa un fuerza, la opuesta de 𝜑 se denomina ENERGIA POTENCIAL
ASOCIADA a 𝐹⃗ . Cuando tal función existe, la fuerza 𝐹⃗ se llama conservativa.
Ejm:
- determinar el potencial de 𝐹⃗ (𝜑)
- decir si la fuerza es conservativa
Consideremos el campo de fuerza:
𝐹⃗ = 𝑦 2 𝑖⃗ + 2(𝑥𝑦 + 𝑧)𝑗⃗ + 2𝑦𝑘⃗⃗
Solución
-
Si ⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = 0, entonces existe una función escalar 𝜑
𝑖⃗
⃗⃗ × 𝐹⃗ = || 𝜕
∇
𝜕𝑥
𝑦2
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
𝜕
𝜕|
𝜕𝑦
𝜕𝑧 |
2(𝑥𝑦 + 𝑧) 2𝑦
⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = (
𝜕2𝑦 𝜕2(𝑥𝑦 + 𝑧)
𝜕𝑦 2 𝜕2𝑦
𝜕2(𝑥𝑦 + 𝑧) 𝜕𝑦 2
−
−
−
) 𝑖⃗ + (
) 𝑗⃗ + (
) 𝑘⃗⃗
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑦
⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = (2 − 2)𝑖⃗ + (0 − 0)𝑗⃗ + (2𝑦 − 2𝑦)𝑘⃗⃗
⃗⃗ × 𝐹⃗ = 0 → ∃𝜑
∇
Se comprueba fácilmente que el ⃗∇⃗ × 𝐹⃗ = 0 en cualquier punto.
Por consiguiente, la fuerza es conservativa y el trabajo efectuado por 𝐹⃗ al trasladar
una partícula entre dos puntos es independiente del camino recorrido.
- Además, existe una función potencial escalar 𝜑, tal que:
-
𝑑𝜑 = 𝐹⃗ ∙ 𝑑𝑟⃗
𝑦 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛
𝐹⃗ = ⃗∇⃗𝜑
𝑑𝜑 = 𝑦 2 𝑑𝑥 + 2(𝑥𝑦 + 𝑧)𝑑𝑦 + 2𝑦𝑑𝑧
⃗⃗𝜑 =
𝐹⃗ = ∇
-
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑖⃗ +
𝑗⃗ +
𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜑 deberá satisfacer las tres condiciones siguientes:
a)
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝑓(𝑦, 𝑧)
= 𝑦 2 → ∫ 𝜕𝜑 = ∫ 𝑦 2 𝑑𝑥 → 𝜑 = 𝑥𝑦 2 + 𝑓(𝑦, 𝑧) →
= 2𝑥𝑦 +
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑦
b)
𝜕𝜑
𝜕𝜑
= 2(𝑥𝑦 + 𝑧) →
= 2𝑥𝑦 + 2𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑦
c)
𝜕𝜑
𝜕𝜑
= 2𝑦 →
= 2𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
2𝑥𝑦 + 2𝑧 = 2𝑥𝑦 +
𝜕𝑓(𝑦, 𝑧)
𝜕𝑓(𝑦, 𝑧)
→
= 2𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑦
∫ 𝜕𝑓(𝑦, 𝑧) = ∫ 2𝑧𝜕𝑦 = 2𝑦𝑧 + 𝑔(𝑧)
𝑓(𝑦, 𝑧) = 2𝑦𝑧 + 𝑔(𝑧)
∴ 𝜑 = 𝑥𝑦 2 + 2𝑦𝑧 + 𝑔(𝑧) →
2𝑦 = 2𝑦 +
𝜕𝜑
𝜕𝑔(𝑧)
= 2𝑦 +
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑔(𝑧)
→ ∫ 𝜕𝑔(𝑧) = ∫(0)𝜕𝑧 → 𝑔(𝑧) = 𝑐
𝜕𝑧
Siendo c una constante arbitraria. Resulta así finalmente:
𝜑 = 𝑥𝑦 2 + 2𝑦𝑧 + 𝑐
-
La constante c puede elegirse arbitrariamente, de modo que cabe suponer nulo el
potencial en un punto de referencia determinada.
Las superficies 𝜑 = constante se llama superficies equipotenciales.
1.12 COORDENADAS CURVILINEAS ORTOGONALES
- Supongamos que las coordenadas cartesianas
rectangulares X, Y, Z se expresan mediante otras
coordenadas U1, U2, U3 por las ecuaciones:
X = X ( U1, U2, U3 ) ; Y = Y ( U1, U2, U3 ) ; Z = Z ( U1,
U2, U3 )
- Y que, recíprocamente, estas ecuaciones permiten
determinar de manera única U1, U2, U3 en función de
X, Y, Z.
- Si una partícula se mueve desde un punto P de
modo que U2 y U3 permanecen constantes y sólo
varía U1, se engendra una curva alabeada, que
llamaremos curva U1.
- Análogamente quedan determinadas en cada punto otras dos curvas coordenadas,
llamadas U2 y U3.
- Si se mantiene constante una sola coordenada, determinamos sucesivamente tres
superficies que pasan por un punto del espacio, y que se cortan según las curvas
coordenadas.
- En general, conviene elegir las nuevas coordenadas de modo que las curvas
coordenadas sean ortogonales entre sí en cada punto del espacio. Tales sistemas de
referencia se denominan coordenadas curvilíneas ortogonales.
- Sea 𝑟 el vector que determina la posición de P en el espacio.
𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘
;
𝑟 = 𝑟 (𝑢1 , 𝑢2 , 𝑢3 )
- El vector tangente a la curva U1 por P está dado por:
𝜕𝑟
𝑑𝑠 𝜕𝑟
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈1 = 𝜕𝑢 = 𝑑𝑢1 𝜕𝑠
1
1
1
;
𝑑𝑠
ℎ1 = 𝑑𝑢1
1
;
𝜕𝑟
𝑢1 = 𝜕𝑠
1
𝜕𝑟
- En donde s1 es la longitud del arco de dicha curva, como 𝜕𝑠 es un vector unitario
1
entonces se puede escribir:
𝑈1 = ℎ1 𝑢1
;
𝑈
𝑢1 = ℎ 1
1
𝜕𝑟
𝑢1 = 𝜕𝑠1 es el vector unitario tangente a la curva u1 en el sentido de los arcos crecientes.
1
𝑑𝑠
𝜕𝑟
ℎ1 = 𝑑𝑢1 = |𝜕𝑢 | = |𝑈1 |es la magnitud (longitud) del vector 𝑈1 .
1
1
Considerando las otras curvas coordenadas, podemos escribir en forma análoga
𝑈1 = ℎ1 𝑢1
;
𝑈2 = ℎ2 𝑢2
𝑈3 = ℎ3 𝑢3
;
En donde 𝑈𝑘 = (𝐾 = 1, 2, 3) es el vector tangente a la curva 𝑈𝑘 .
𝑑𝑠
𝜕𝑟
ℎ1 = 𝑑𝑢1 = |𝜕𝑢 |
1
1
;
𝑑𝑠
𝜕𝑟
ℎ2 = 𝑑𝑢2 = |𝜕𝑢 |
2
2
;
𝑑𝑠
𝜕𝑟
ℎ3 = 𝑑𝑢3 = |𝜕𝑢 |
3
3
- Estas ecuaciones se pueden escribir en forma diferencial:
𝑑𝑠1 = ℎ1 𝑑𝑢1
;
𝑑𝑠2 = ℎ2 𝑑𝑢2
;
𝑑𝑠3 = ℎ3 𝑑𝑢3
Donde: h1, h2, h3 son factores de reducción quedan las razones de las distintas
diferenciales a las diferenciales de los parámetros coordenados.
- Si s es la longitud del arco de una curva en cualquier dirección, el vector es unitario:
𝑢=
𝑑𝑟
𝜕𝑟 𝑑𝑢1
𝜕𝑟 𝑑𝑢2
𝜕𝑟 𝑑𝑢3
=
+
+
𝑑𝑠
𝜕𝑢1 𝑑𝑠
𝜕𝑢2 𝑑𝑠
𝜕𝑢3 𝑑𝑠
𝑑𝑟
𝑑𝑢1
𝑑𝑢2
𝑑𝑢3
= 𝑈1
+ 𝑈2
+ 𝑈3
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
- De modo que si las curvas coordenadas son ortogonales, o sea :
𝑈1 . 𝑈2 = 𝑈2 . 𝑈3 = 𝑈3 . 𝑈1 = 0
|𝑢|2 = 1 = 𝑈1 . 𝑈1 .
𝑑2 𝑢1
𝑑 2 𝑢2
𝑑 2 𝑢3
+
𝑈
.
𝑈
.
+
𝑈
.
𝑈
.
2
2
3
3
𝑑𝑠 2
𝑑𝑠 2
𝑑𝑠 2
𝑑𝑠 2 = 𝑢1 . 𝑢1 ℎ1 2 𝑑2 𝑢1 + 𝑢2 . 𝑢2 ℎ2 2 𝑑2 𝑢2 + 𝑢3 . 𝑢3 ℎ3 2 𝑑2 𝑢3
𝑑𝑠 2 = ℎ1 2 𝑑2 𝑢1 + ℎ2 2 𝑑 2 𝑢2 + ℎ3 2 𝑑2 𝑢3
El elemento de volumen dv
Vendrá dado por el volumen del ortoedro que determinan los tres vectores:
𝑑𝑣 = |𝑈1 𝑑𝑢1 × 𝑈2 𝑑𝑢2 . 𝑈3 𝑑𝑢3 | = |𝑢1 × 𝑢2 . 𝑢3 |ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
- Adoptamos el conocimiento de que 𝑢1 , 𝑢2 y 𝑢3 forman un sistema positivo en ese
orden, y como 𝑢1 , 𝑢2 y 𝑢3 son vectores unitarios, se tendrá:
𝑢3 = 𝑢1 × 𝑢2
Entonces
𝑑𝑣 = |𝑢3 . 𝑢3 |ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3 = ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
𝑑𝑣 = ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
El elemento de superficies
Sobre la superficie de la curva u1=cte.; el vector elemental de superficie está dado, de
manera análoga, por el producto vectorial:
𝑑𝑠1 = 𝑈2 𝑑𝑢2 × 𝑈3 𝑑𝑢3 = |𝑢2 × 𝑢3 |ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
𝑑𝑠1 = |𝑢1 |ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
𝑑𝑠1 = ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
Se obtienen expresiones análogas para las otras superficies coordenadas:
𝑑𝑠1 = ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3 ; 𝑑𝑠2 = ℎ3 ℎ1 𝑑𝑢3 𝑑𝑢1 ; 𝑑𝑠3 = ℎ1 ℎ2 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2
PROBLEMA: Hallar las expresiones del gradiente; divergente; rotacional y el laplaciano en
coordenadas curvilíneas.
a) Gradiente de𝒇 = 𝛁𝒇 ; 𝑓 → es una función escalar.
∇𝑓 = 𝑢1
∇= 𝑢1
𝜕𝑓
𝜕𝑓
𝜕𝑓
+ 𝑢2
+ 𝑢3
𝜕𝑠1
𝜕𝑠2
𝜕𝑠3
𝜕
𝜕
𝜕
+ 𝑢2
+ 𝑢3
𝜕𝑠1
𝜕𝑠2
𝜕𝑠3
( 𝑢1 , 𝑢2 y𝑢3 ) son vectores unitarios en coordenadas curvilíneas .
⃗⃗.
b) Divergente de𝑭
𝐹 = 𝐹1 𝑢1 + 𝐹2 𝑢2 + 𝐹3 𝑢3
∇. 𝐹 =
1
𝜕
𝜕
𝜕
(ℎ2 ℎ3 𝐹1 ) +
(ℎ3 ℎ1 𝐹2 ) +
(ℎ ℎ 𝐹 )]
[
ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝜕𝑢1
𝜕𝑢2
𝜕𝑢3 1 2 3
c) Rotacional de 𝐹⃗ .
ℎ1 𝑢1
1
𝜕
∇×𝐹 =
|
ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝜕𝑢1
ℎ1 𝐹1
ℎ2 𝑢2
𝜕
𝜕𝑢2
ℎ2 𝐹2
ℎ3 𝑢3
𝜕
|
𝜕𝑢3
ℎ3 𝐹3
Para coordenadas rectangulares cartesianas ( 𝑢1 , 𝑢2 ,𝑢3 ) = ( 𝑖, 𝑗 , 𝑘 ) ; (u1, u2, u3) = (x, y,
z) se tiene h1 = h2 =h3 = 1, y todos los resultados precedentes se reducen a las formas
originales dadas para este caso.
d) Laplaciano.
∇2 = ∇. ∇=
1
𝜕 ℎ2 ℎ3 𝜕
𝜕 ℎ3 ℎ1 𝜕
𝜕 ℎ1 ℎ2 𝜕
[
(
)+
(
)+
(
)]
ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝜕𝑢1 ℎ1 𝜕𝑢1
𝜕𝑢2 ℎ2 𝜕𝑢2
𝜕𝑢3 ℎ3 𝜕𝑢3
1.13 SISTEMA DE COORDENADAS CILÍNDRICAS (𝒓, 𝜽, 𝒛):
- Resulta que en cada punto P la curva u2 es una
circunferencia de radio r. Y las curvas u1 y u3 son
rectas.
- Sea 𝑟 el vector de posición de P en el espacio.
- En coordenadas cilíndricas (𝑟, 𝜃, 𝑧) se tiene :
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 ; 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 ; 𝑧 = 𝑧
- Como (𝑟, 𝜃, 𝑧) determinan en ese mismo orden un
triedro positivo, podemos escribir:
(𝑟, 𝜃, 𝑧)=( 𝑢1 , 𝑢2 , 𝑢3 ).
- El vector de posición 𝑟 tiene la forma
𝑦𝑗 + 𝑧𝑘
𝑟 = 𝑥 cos 𝜃 𝑖 + 𝑦 sin 𝜃 𝑗 + 𝑧𝑘
- Así tenemos los vectores tangentes a las curvas coordenadas:
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝑟 =
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝜃 =
𝜕𝑟
𝜕𝑟
= cos 𝜃 𝑖 + sin 𝜃 𝑗 → ℎ𝑟 = | | = √cos 𝜃 2 + sin 𝜃 2 = 1
𝜕𝑟
𝜕𝑟
𝜕𝑟
𝜕𝑟
= −𝑟 sin 𝜃 𝑖 + 𝑟 cos 𝜃 𝑗 → ℎ𝜃 = | | = √𝑟 2 cos 𝜃 2 + 𝑟 2 sin 𝜃 2 = 𝑟
𝜕𝜃
𝜕𝜃
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝑧 =
𝜕𝑟
𝜕𝑟
= 𝑘 → ℎ𝑧 = | | = √12 = 1
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝑈
- Los vectores unitarios tangentes a las curvas coordenadas 𝑢𝑖 = ℎ 𝑖
𝑖
𝑢𝑟 =
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝑟
= cos 𝜃 𝑖 + sin 𝜃 𝑗
ℎ𝑟
𝑢𝜃 =
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝜃
= −sin 𝜃 𝑖 + cos 𝜃 𝑗
ℎ𝜃
𝑢𝑧 =
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝑧
=𝑘
ℎ𝑧
𝑟 = 𝑥𝑖 +
- La longitud del arco (s) de la curva en la dirección del vector:
𝑑𝑠 2 = ℎ1 2 𝑑2 𝑢1 + ℎ2 2 𝑑 2 𝑢2 + ℎ3 2 𝑑2 𝑢3
𝑑𝑠 2 = 𝑑2 𝑟 + 𝑟 2 𝑑 2 𝜃 + 𝑑2 𝑧
𝑑𝑠 = √𝑑2 𝑟 + 𝑟 2 𝑑 2 𝜃 + 𝑑2 𝑧
- El elemento de volumen (dv) vendrá dado por el volumen del ortoedro:
𝑑𝑣 = ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3
𝑑𝑣 = (1)(𝑟)(1)𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧
𝑑𝑣 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧
- Los elementos de superficie sobre las superficies coordenadas son de la forma:
𝑑𝑠1 = ℎ2 ℎ3 𝑑𝑢2 𝑑𝑢3 ; 𝑑𝑠2 = ℎ3 ℎ1 𝑑𝑢3 𝑑𝑢1 ; 𝑑𝑠3 = ℎ1 ℎ2 𝑑𝑢1 𝑑𝑢2
𝑑𝑠𝑟 = 𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧 ; 𝑑𝑠𝜃 = 𝑑𝑟𝑑𝑧 ; 𝑑𝑠𝑧 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
- La Gradiente de 𝒇 = 𝛁𝒇 ; 𝑓 → es una función escalar.
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
ℎ1 = 𝑑𝑢1 ; ℎ2 = 𝑑𝑢2 ; ℎ3 = 𝑑𝑢3
1
2
3
∇𝑓 = 𝑢1
𝜕𝑓
𝜕𝑓
𝜕𝑓
𝜕𝑓 𝑢𝜃 𝜕𝑓
𝜕𝑓
+ 𝑢2
+ 𝑢3
= ∇𝑓 = 𝑢𝑟
+
+ 𝑢𝑧
𝜕𝑠1
𝜕𝑠2
𝜕𝑠3
𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃
𝜕𝑧
- La divergencia del vector ⃗𝑭⃗.
∇. 𝐹 =
1
𝜕
𝜕
𝜕
(ℎ2 ℎ3 𝐹1 ) +
(ℎ3 ℎ1 𝐹2 ) +
(ℎ ℎ 𝐹 )]
[
ℎ1 ℎ2 ℎ3 𝜕𝑢1
𝜕𝑢2
𝜕𝑢3 1 2 3
∇. 𝐹 =
1 𝜕
1 𝜕
1 𝜕
(𝑟𝐹𝑟 ) +
(𝐹𝜃 ) +
(𝑟𝐹𝑧 )
𝑟 𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃
𝑟 𝜕𝑧
⃗⃗.
- La rotacional de 𝑭
𝑢𝑟
1 𝜕
∇×𝐹 = |
𝑟 𝜕𝑟
𝐹𝑟
𝑢𝜃
𝜕
𝜕𝜃
𝑟𝐹𝜃
𝑢𝑧
𝜕
|
𝜕𝑧
𝐹𝑧
- La expresión de Laplace:
∇2 =
1 𝜕
𝜕
1 𝜕 1 𝜕
1 𝜕
𝜕
(𝑟 ) +
(
)+
(𝑟 )
𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟
𝑟 𝜕𝜃 𝑟 𝜕𝜃
𝑟 𝜕𝑧 𝜕𝑧
∇2 =
𝜕2
1 𝜕2
𝜕2
+
+
𝜕𝑟 2 𝑟 2 𝜕𝜃 2 𝜕𝑧 2
1.14.- Sistema de Coordenadas Polares en el Espacio (r, φ, θ)
En donde:



-
r es la distancia del origen.
θ es el ángulo polar medido desde el
plano XZ.
φ es el ángulo cónico medido desde el
eje z.
en coordenadas polares (r, φ, θ) =(U1 ,U2
,U3)
se deduce que:
X = rcosθsenφ
Y = rsenθsenφ
Z = rcosφ
-
Los factores de reducción que dan las razones de las distancias diferenciales
de los parámetros coordenados:
hr= 1;
-
hφ= r
; hθ=rsenφ
Los vectores unitarios tangentes a las curvas coordenadas
𝑢
⃗⃗𝑟 = cosθsenφ𝑖⃗ + senθsenφ𝑗⃗ + cosφ𝑘⃗⃗
𝑢
⃗⃗𝜙 = cosθcosφ𝑖⃗+ senθcosφ𝑗⃗ − senφ𝑘⃗⃗
𝑢
⃗⃗𝜃 =−senθ𝑖⃗ + cosθ𝑗⃗
-
El diferencial de la longitud de arco (ds) de la curva
ds = √(𝑑𝑟)2 + (𝑟𝑑𝜙)2 + (𝑟𝑠𝑒𝑛𝜙𝑑𝜃)2
-
El elemento de volumen (dv)
dv=𝑟 2 𝑠𝑒𝑛𝜙𝑑𝑟𝑑𝜙𝑑𝜃
-
Los elementos escalares de la superficie:
dsr=𝑟𝑠𝑒𝑛𝜙𝑑𝜙𝑑𝜃 ; ds𝜙=𝑟𝑠𝑒𝑛𝜙𝑑𝑟𝑑𝜃 ; ds𝜃=𝑟𝑑𝑟𝑑𝜙
-
̅𝑓
La gradiente de 𝑓 = ∇
⃗⃗ 𝝏𝒇
𝒖
𝝏𝒇
̅𝑓 = 𝒖
⃗⃗𝒓 + 𝝓 +
∇
-
-
𝒓 𝝏𝝓
𝝏𝒇
𝟏 𝝏 𝟐
𝟏
𝝏
𝟏
𝝏
𝑭
+
+
(𝑭 )
(𝒓
)
(𝒔𝒆𝒏𝝓𝑭
)
𝒓
𝝓
𝒓𝟐 𝝏𝒓
𝒓𝒔𝒆𝒏𝝓 𝝏𝝓
𝒓𝒔𝒆𝒏𝝓 𝝏𝜽 𝜽
El rotacional de 𝐹⃗ :
⃗⃗𝒓 𝒓𝒖
⃗⃗𝝓
𝒖
𝟏
𝝏
|| 𝝏
̅×𝑭
⃗⃗ =
𝛁
𝟐
𝒓 𝒔𝒆𝒏𝝓 𝝏𝒓 𝝏𝝓
𝑭𝒓 𝒓𝑭𝝓
-
⃗⃗𝜽
𝒖
𝒓𝒔𝒆𝒏𝝓 𝝏𝜽
La divergencia del vector 𝐹⃗ :
̅ . ⃗𝑭⃗ =
𝛁
-
𝝏𝒓
⃗⃗𝜽
𝒓𝒔𝒆𝒏𝝓𝒖
𝝏
|
𝝏𝜽 |
𝒓𝒔𝒆𝒏𝝓𝑭𝜽
La expresión del Laplaciano:
𝝏
𝝏
𝟏
𝝏𝟐
(𝒔𝒆𝒏𝝓 ) + 𝟐 𝟐 𝟐
𝒓 𝒔𝒆𝒏𝝓 𝝏𝝓
𝝏𝝓
𝒓 𝒔𝒆𝒏 𝝓 𝝏 𝜽
̅𝟐 = 𝛁
̅. 𝛁
̅ = 𝟏𝟐 𝝏 (𝒓𝟐 𝝏 ) + 𝟐 𝟏
𝛁
𝒓 𝝏𝒓
̅𝟐 = 𝛁
̅. 𝛁
̅=
𝛁
𝝏𝒓
𝝏𝟐
𝟏 𝝏𝟐
𝟏
𝝏𝟐
+
+
𝝏𝟐 𝒓 𝒓𝟐 𝝏𝟐 𝝓 𝒓𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝝓 𝝏𝟐 𝜽
Sistema de Coordenadas Cilíndricas Elípticas (u , v ,z):
Se deduce que:
x = achucosv
;
y = ashucosv
;
z=z
En donde:
u≥0
; 0≤ v<2 𝜋
a) Pruébese que este sistema de coordenadas (u , v ,z) es ortogonal.
b) Deduzca para las coordenadas del problema las relaciones análogas
ecuaciones anteriores.
a las
Sistema de Coordenadas Cilíndricas Parabólicas (u , v ,z):
Se define por las relaciones:
1
𝑥 = 2 (𝑢2 − 𝑣 2 );
𝑦 = 𝑢𝑣
;𝑧 = 𝑧
En donde:
; 𝑣≥0
-∞<u<∞
a) Pruébese que este sistema de coordenadas (u , v ,z) es ortogonal.
b) Deduzca para las coordenadas del problema las relaciones análogas
ecuaciones anteriores.
a las
Sistema de Coordenadas Esferoidales (u,v, θ):
Se define por las relaciones:
x = ashucosvcosθ ;
y = ashusenvsenθ
;
z = achucosv
En donde:
u≥0
; 0 ≤ v ≤ 2𝜋 ; 0 ≤ θ ≤ 2 𝜋
a) Pruébese que este sistema de coordenadas (u , v ,z) es ortogonal.
b) Deduzca para las coordenadas del problema las relaciones análogas
ecuaciones anteriores
a las
Hallar:
1
a) ∇2 [(𝑟 + 𝑟2 ) 𝑐𝑜𝑠𝜙]=? ; en el sistema de coordenadas esféricas
𝑟∇𝜙
b) ∇ × [𝑠𝑒𝑛𝜙]=? ; en el sistema de coordenadas esféricas:
ℎ𝑟 = 1 ; ℎ𝜙 = 𝑟 ; ℎ𝜃 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜙
Ejercicio N°01.- Un campo de fuerzas es de la forma:
𝐹⃗ = 𝑦𝑧 2 𝑖⃗ + (𝑥𝑧 2 − 1)𝑗⃗ + 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)𝑘⃗⃗
a) Pruébese que la fuerza es conservativa y hállese su potencial 𝜑.
b) Determine el trabajo efectuado al trasladar una partícula desde el origen hasta el
punto (1, 2, 3).
SOLUCIÓN
̅ × 𝐹⃗ = 0; la fuerza es conservativa; existe entonces una fuerza escalar 𝜑
a) Si ∇
definida, se llama potencial de 𝐹⃗ .
𝑖⃗
̅ × 𝐹⃗ = [ 𝜕
∇
𝜕𝑥
2
𝑦𝑧
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
𝜕
𝜕𝑦
(𝑥𝑧 2
𝜕
𝜕𝑧
]=
− 1) 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
( 2(𝑥𝑦𝑧 − 1) − (𝑥𝑧 2 − 1)) 𝑖⃗ + ( (𝑦𝑧 2 ) − 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)) 𝑗⃗ + ( (𝑥𝑧 2 − 1) −
𝑦𝑧 2 ) 𝑘⃗⃗
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑥
𝜕𝑦
̅ × 𝐹⃗ =(2𝑥𝑧 − 2𝑥𝑧)𝑖⃗ + (2𝑦𝑧 − 2𝑦𝑧)𝑗⃗ + (𝑧 2 − 𝑧 2 )𝑘⃗⃗ = 0𝑖⃗ + 0𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗ = 0
∇
∴ La fuerza es conservativa → ∃ 𝜑 potencial.
𝜑 = 𝑥𝑦𝑧 2 − 𝑦 − 2𝑧 + C
b) El trabajo efectuado : ∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = ∫(𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧)
𝑃1 (1,2,3)
[𝑦𝑧 2 𝑑𝑥 + (𝑥𝑧 2 − 1)𝑑𝑦 + 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)𝑑𝑧]
∫
𝑃0 (0,0,0)
(1,2,3)
=𝑦𝑧 2 𝑥 + 𝑥𝑧 2 𝑦 − 𝑦 + 𝑥𝑦𝑧 2 − 2𝑧|
(0,0,0)
=3𝑥𝑦𝑧 2 − 𝑦 − 2𝑧 = 3(1)(2)(32 ) − 2 − 2(3)
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = 46 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜
Ejercicio N°02 Pruebe que el campo de fuerzas 𝐹⃗ = −𝑦𝑖⃗ + 𝑥𝑗⃗ + 𝑥𝑧𝑘⃗⃗ no es conservativo.
Calcular el trabajo efectuado al desplazar una partícula:
a) Desde el punto (1,0,0) hasta el punto (1, 0, 2 𝜋) sobre la hélice:
X=cost ; y = sent
; z=t
b) Y sobre una circunferencia unidad : x=cost ; y=sent ;en el plano XY
SOLUCION
̅ × 𝐹⃗ = 0 ; la fuerza es conservativa; existe entonces una fuerza escalar 𝜑.
Si ∇
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
̅ × 𝐹⃗ = [ 𝜕
∇
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
]=(𝜕𝑦 (𝑥𝑧) − 𝜕𝑧 (𝑥)) 𝑖⃗ + (𝜕𝑧 (−𝑦) − 𝜕𝑥 (𝑥𝑧)) 𝑗⃗ + (𝜕𝑥 (𝑥) − 𝜕𝑦 (−𝑦)) 𝑘⃗⃗
𝜕𝑧
−𝑦
𝑥
𝑥𝑧
̅ × 𝐹⃗ =0𝑖⃗ − 𝑧𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗
∇
∴La fuerza no es conservativa → ∄𝜑potencial.
a) El trabajo efectuado : ∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = ∫(−𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 + 𝑥𝑧𝑑𝑧)
X=cost ; y = sent
; z=t
dx=-sentdt ; dy = costdt ; dz = dt
∫(−𝑠𝑒𝑛𝑡)(−𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡) + (𝑐𝑜𝑠𝑡)(𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡) + (𝑐𝑜𝑠𝑡)(𝑡)𝑑𝑡
= ∫ 𝑠𝑒𝑛2 𝑡𝑑𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡𝑑𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡
= ∫ 𝑑𝑡 + 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 = 𝑡|
(1, 0, 2𝜋)
+ ∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 = 2𝜋 unidades de trabajo.
(1, 0, 0)
b) ∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = ∫(−𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦)=∫ 𝑠𝑒𝑛2 𝑡𝑑𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 = 𝑡|
trabajo.
2𝜋
= 2𝜋
0
unidades
de
EJERCICIOS RESUELTOS:
EJERCICIO N°01.- Dos puntos P y Q tienen vectores de posición en un marco de
referencia dados por 𝑟⃗𝑜𝑝 = 50𝑡𝑖⃗ (metros) y 𝑟⃗𝑜𝑞 = 40𝑖⃗ − 20𝑡𝑗⃗. Encuentre la distancia
mínima entre P y Q y el tiempo en que esto ocurre.
Solución:
- La distancia entre dos puntos
1
1
𝑑 = [(𝑥1 − 𝑥2 )2 + (𝑦1 − 𝑦2 )2 ]2
⇒
𝑑 = [(50𝑡 − 40)2 + (20𝑡)2 ]2
1
𝑑(𝑡) = [2900𝑡 2 − 4000𝑡 + 1600]2
- La distancia mínima se encuentra cuando:
𝑑(𝑑(𝑡) )
𝑑𝑡
𝑑(𝑑(𝑡) )
𝑑𝑡
=0
−1
1
= 2 [2900𝑡 2 − 4000𝑡 + 1600] 2 ∗ (5800𝑡 − 4000) = 0
⇒
𝑡 = 0.69𝑠
- Reemplazamos en la ecuación de la distancia:
1
𝑑(0.69) = [2900(0.69)2 − 4000(0.69) + 1600]2
⇒
𝑑 = 14.86 𝑚
EJERCICIO N°02.- Una partícula P se mueve en un riel circular de radio r =1 pie, en el
sentido de las manecillas del reloj (Fig. a). Para θ= 30° la velocidad v = 10 pie/seg y está
aumentando a razón de 2 pie/seg2 . Calcule el vector aceleración de la partícula en el
sistema de coordenadas XY mostrado.
Radio = r = 1pie = ρ
Datos:
Velocidad = v = 10 pie/seg
Aceleración = 𝑎𝑇 = 2 pie/seg2
𝑣2
𝑎𝑁 = 𝜌 =
(10)2
= 100 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
1
Solución:
- Descomponiendo la 𝑎𝑁 y la
𝑎 𝑇 en las coordenadas XY tenemos:
 𝑎 𝑇 = 𝑎𝑇 𝑠𝑒𝑛30𝑖⃗ − 𝑎𝑇 𝑐𝑜𝑠30𝑗
⇒
𝑎 𝑇 = 𝑖⃗ − 1.73𝑗
⇒
 𝑎𝑁 = −𝑎𝑁 𝑐𝑜𝑠30𝑖⃗ − 𝑎𝑁 𝑠𝑒𝑛30𝑗
𝑎𝑁 = −86.60𝑖⃗ − 50𝑗⃗
∴ 𝑎⃗ = 𝑎𝑇 + 𝑎𝑁
𝑎⃗ = −85.60𝑖⃗ − 51.73𝑗⃗
⇒
𝑎 = −100.02 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
EJERCICIO N°03.- El vector posición de una partícula está definido por 𝑟⃗ = [𝑡 3 𝑖⃗ + (5𝑡 3 −
𝑡) 𝑗⃗] pie, donde t está en segundos. Calcule el radio de curvatura 𝜌 y la aceleración a de la
partícula para t0 = 0 y t1 = 5 seg.
Solución:
𝑟⃗ = 𝑡 3 𝑖⃗ + (5𝑡 3 − 𝑡)𝑗⃗
𝑣⃗ = 𝑟̅̇ = 3𝑡 2 𝑖⃗ + (15𝑡 2 − 1)𝑗⃗
⟹
𝑎⃗ = 𝑟̅̈ = 6𝑡𝑖⃗ + 30𝑡𝑗⃗
⟹
- Para la aceleración:
 t=0 ⇒
𝑎⃗ = 0
 t=5 ⇒
𝑎⃗ = 30𝑖⃗ + 150𝑗⃗
𝑎=0
⇒
⇒
𝑎𝑇 = 𝑎𝑁 = 0
⇒ 𝑎 = √23400 = 152.97 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
- Para el radio de curvatura:
 t=0 ⇒
𝑣⃗ = −𝑖⃗
 t=5 ⇒
𝑣⃗ = 3(5)2 𝑖⃗ + (15(5)2 − 1)𝑗⃗
⇒
𝑣 = 1 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
⇒
𝑣⃗ = 75𝑖⃗ + 374𝑗⃗
𝑣 = √145501 = 381.44 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
⇒ Si:
𝑣2
(1)2
=
= ∞; 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑜
𝑎
0
 t=0 ⇒
𝜌=
 t=5 ⇒ 𝜌 =
|𝑟̅̇ |
(14501)2
=
⇒
|𝑟̅̇ 𝑥 𝑟̅̈ |
30
3
3
𝜌 = 1.85𝑥106 𝑝𝑖𝑒
EJERCICIO N°04.- Las ecuaciones de una recta son de forma:
𝑥+1
𝑦+2
𝑧
= 2 = −2
1
a) Pruébese que la recta contiene al punto (1,-2,0) y determínese sus cosenos
directores.
b) Hallase un vector unitario en la dirección de la recta
Datos: Ec. de la recta:
𝑥−𝑥0
𝑦−𝑦
𝑧−𝑧
= 𝑏0= 𝑐0
𝑎
⇒
𝑥−1
𝑦−(−2)
𝑧−0
= 2 = −2
1
∴ (𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) = (1, −2,0) → Pto. Sobre la recta
Solución:
a) La recta contiene al punto
(𝑥0 , 𝑦0 , 𝑧0 ) = (1, −2,0)
Cálculo de los cosenos directores:
𝑎⃗ = 𝑖⃗ − 2𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗ ⇒ |𝑎⃗| = √(1)2 + (−2)2 + (0)2 = √5
⇒
𝑥+1
𝑦+2
𝑧
= 2 = −2
1
𝑎⃗ = 𝑎𝑐𝑜𝑠𝛼𝑖⃗ + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝛽𝑗⃗ + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝛾𝑘⃗⃗ = (𝑖⃗ − 2𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗ )
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
𝑐𝑜𝑠𝛽 =
1
√5
−2
𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠
√5
𝑐𝑜𝑠𝛾 = 0
b) Hallase un vector unitario en la dirección de la recta:
𝑎
𝑎⃗ = 𝑎𝑢
⃗⃗ ⇒ 𝑢
⃗⃗ = 𝑎⃗⃗ =
⃗⃗
𝑖⃗−2𝑗⃗+0𝑘
√5
⟹
𝑢
⃗⃗ =
1
√5
𝑖⃗ −
2
√5
+ 0𝑘⃗⃗
EJERCICIO N°05.- Hallar la distancia del punto P(4,-1,5) a la línea recta que pasa por los
puntos P1(-1,2,0) y P2(1,1,4)
Solución:
1)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Cálculo del vector 𝐴⃗ = 𝑃
1 𝑃2 = 𝑃2 − 𝑃1
𝐴⃗ = 2𝑖⃗ − 𝑗⃗ + 4𝑘⃗⃗
|𝐴⃗| = √21
2)
⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Cálculo del vector 𝐵
𝑃2 𝑃 = 𝑃 − 𝑃2
⃗⃗ = 3𝑖⃗ − 2𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
𝐵
⃗⃗| = √14
|𝐵
⃗⃗ = 𝐴𝐵 cos 𝜃
𝐴⃗ ∗ 𝐵
(2𝑖⃗ − 𝑗⃗ + 4𝑘⃗⃗ ) ∗ (3𝑖⃗ − 2𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗ ) = (√21)(√14) ∗ cos 𝜃
3) Calculo del ángulo 𝜃:
𝜃 = 45.1464282°
4) La distancia del punto P(4,-1,5) a la recta L:
𝑑
sen 𝜃 = 𝐵 ⟹ 𝑑 = 𝐵 𝑠𝑒𝑛𝜃 ⟹
𝑑 = 2.67 𝑢𝑛𝑑
EJERCICIO N°06.- Hallesé el módulo de la proyección del vector fuerza 𝐹⃗ = 𝑖⃗ + 2𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗
en la dirección de la recta de ecuación x = y = 2z.
Solución:
𝐹⃗ = 𝑖⃗ + 2𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗ ⟹ Vector fuerza
1
3
x = y = 2z ⟹ E. recta ⟹ 𝐿⃗⃗ = 𝑖⃗ + 𝑗⃗ + 2 𝑘⃗⃗ ⇒ |𝐿| = 𝐿 = 2
⃗⃗⃗⃗⃗1 = 𝐿1 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃
𝐹⃗ ∗ 𝐿
⏟
⟹ Proyección 𝐹⃗ sobre la recta L
1
2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹⃗ ∗𝐿
[(1)(1)+(2)(1)+(2)( )]
1
[ ]
⟹ 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐿 1 =
3
2
⟹
𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃 =
8
𝑢𝑛𝑑
3
EJERCICIO N°07.- Hállese el módulo de la proyección del vector fuerza 𝐹⃗ = 𝑖⃗ + 2𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗ en
la dirección de la recta de ecuación 𝑥 = 𝑦 = 2𝑧.
Solución:
Fuerza:
𝐹⃗ = 𝑖⃗ + 2𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗
La ecuación de la recta: 𝐿 = {(0,0,0) + 𝑟(2,2,1)}
𝐹. cos 𝜃 = 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐿 𝐹⃗
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐿 𝐹⃗ =
𝐹⃗ .𝑎⃗⃗
𝑎
⇒
;
𝐹⃗ . 𝑎⃗ = 𝐹𝑎 cos 𝜃
(1,2,2).(2,2,1)
√22 +22 +12
=
2+4+2
√9
⇒
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐿 𝐹⃗ = 2.667 𝑢𝑛𝑑
EJERCICIO N°08.- Verificar que los vectores
𝑎⃗ = (2, −1,3) y 𝑏⃗⃗ = (−6,3, −9) son
colineales. Determinar cuál es el más largo y en cuantas veces, como están dirigidas (en
una misma dirección o en direcciones opuestas).
Solución:
𝑎⃗ = (2, −1,3) = 2𝑖⃗ − 𝑗⃗ + 3𝑘⃗⃗
𝑏⃗⃗ = (−6,3, −9) = −6𝑖⃗ + 3𝑗⃗ − 9𝑘⃗⃗ = −3(2𝑖⃗ − 𝑗⃗ + 3𝑘⃗⃗ )
⇒
𝑏⃗⃗ = −3𝑎⃗
⃗⃗ y 𝑏⃗⃗=-2𝑖⃗+𝑗⃗+0𝑘
⃗⃗ . Determinar las
𝑎⃗=3𝑖⃗-2𝑗⃗+6𝑘
proyecciones sobre los ejes coordenados del vector siguiente 𝑚
⃗⃗⃗=2𝑎⃗+3𝑏⃗⃗
EJERCICIO N°09.- Se dan dos vectores
Solución
-Determinar las proyecciones sobre los ejes coordenados del vector siguiente:
⃗⃗ )+ 3(-2𝑖⃗+𝑗⃗+0𝑘
⃗⃗ )
𝑚
⃗⃗⃗ = 2𝑎⃗+3𝑏⃗⃗ ⟹ 𝑚
⃗⃗⃗= 2𝑎⃗+3𝑏⃗⃗ = 2(3𝑖⃗-2𝑗⃗+6𝑘
⃗⃗ ] + [-6𝑖⃗+3𝑗⃗+0𝑘
⃗⃗ ]
𝑚
⃗⃗⃗= [6𝑖⃗-4𝑗⃗+12𝑘
⃗⃗
⟹ 𝑚
⃗⃗⃗= 0𝑖⃗ - 𝑗⃗+ 12𝑘
-Las proyecciones de 𝑚
⃗⃗⃗ sobre los ejes son precisamente los componentes del vector 𝑚
⃗⃗⃗
es decir:
∴ 𝑃𝑟𝑜𝑦
𝑚
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
𝑚
𝑚
⃗⃗⃗⃗
= 0; 𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑦̅ = -1; 𝑃𝑟𝑜𝑦 = 12
𝑥̅
𝑧̅
EJERCICIO N°10.a) Determínese un vector unitario normal al plano de los vectores
𝑏⃗⃗ = 2𝑖⃗ + 𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
𝑎⃗ = 𝑖⃗ + 3𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
;
b) Calcúlese el área del triángulo rectángulo que determinan esos vectores.
Solución
𝑎)
𝑘⃗⃗
−1] = 4𝑖⃗ − 3𝑗⃗ − 5𝑘⃗⃗ ⇒ |𝑎⃗ ∗ 𝑏⃗⃗| = √50
1
𝑖⃗ 𝑗⃗
𝑎⃗ ∗ 𝑏⃗⃗ = [1 3
2 1
⃗⃗
𝑎⃗⃗∗𝑏
⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑈𝑁 = |𝑎⃗⃗∗𝑏⃗⃗| =
𝑏)
⃗⃗
4𝑖⃗−3𝑗⃗−5𝑘
√50
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⇒ 𝑈𝑁 = 0.57𝑖 − 0.42𝑗 − 0.71𝑘
|𝑎⃗ ∗ 𝑏⃗⃗| = 𝐴𝑏𝑠𝑒𝑛𝜃 = Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜
|𝑎⃗ ∗ 𝑏⃗⃗| = 2 á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑖á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑖á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 =
|𝑎⃗ ∗ 𝑏⃗⃗| √50 25√2
=
=
= 3.5355
2
2
2
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑖á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = 3.5355 𝑢𝑛𝑑2
EJERCICIO N°11.- Las ecuaciones de una recta son de la forma:
𝑥−1 𝑦+2
𝑧
=
=
.
1
2
−2
a) Pruébese que la recta contiene el punto (1,-2,0) y determínense sus cosenos directores.
b) Hállese un vector unitario en la dirección de la recta.
Solución:
a) La ecuación de la recta usando de la forma:
(
𝑥−1 𝑦+2
𝑧
𝑥−1 𝑦+2
𝑧
=
=
)=(
=
=
)
cos 𝛼 cos 𝛽 cos 𝛾
1
2
−2
Los cosenos directores son:
𝑑2 = (1)2 + (2)2 + (−2)2 = 1 + 4 + 4 = 9 ⟹
⇒
cos 𝛼 =
1
= 0.333
3
cos 𝛽 =
2
= 0.66
3
𝑑=3
cos 𝛾 =
−2
= −0.666
3
Los números directores de la recta son: (1,2, −2)
𝛼 = 70° 31′ 43′′
⇒
𝛽 = 48° 11′ 22.87′′
𝛾 = 131° 48′ 37.13′′
b) Vector unitario en dirección de la recta:
𝑣⃗ = 𝑣𝑥 𝑖⃗ + 𝑣𝑦 𝑗⃗ + 𝑣𝑧 𝑘⃗⃗ = 𝑣 cos 𝛼 𝑖⃗ + 𝑣 cos 𝛽 𝑗⃗ + 𝑣 cos 𝛾 𝑘⃗⃗
𝑣⃗ = 𝑣 (cos 𝛼 𝑖⃗ + cos 𝛽 𝑗⃗ + cos 𝛾 𝑘⃗⃗ ) = 𝑣𝑢
⃗⃗
⇒
𝑣⃗ = 𝑣𝑢
⃗⃗
𝑢
⃗⃗ Es un vector en la dirección de la recta:
1
2
2
𝑢
⃗⃗ = 𝑖⃗ + 𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
3
3
3
∴
EJERCICIO N°12.- Demostrar que los puntos A (-2, 0,3); B (3, 10,-7) y C (1, 6,-3) están en
una misma recta
Solución
i)
Cálculo de números directores
La ecuación de la recta que pasa
por dos puntos es:
𝑋 − 𝑋₁
𝑌 − 𝑌₁
𝑍 − 𝑍₁
=
=
𝑋₁ − 𝑋₂ 𝑌₁ − 𝑌₂ 𝑍₁ − 𝑍₂
-Luego la ecuación de la recta ̅̅̅̅
𝐴𝐵 es:
𝑋+2
−5
=
𝑌−0
−10
=
𝑍−3
10
;
(-5,-10,10) son números directores de la recta ̅̅̅̅
𝐴𝐵
̅̅̅̅ es:
-Luego la ecuación de la recta 𝐵𝐶
𝑋−3
3−1
=
𝑌−10
10−6
=
𝑍+7
−7+3
Si 𝑎⃗ = (-5,-10,10) = -5 (1, 2,-2)
𝑏⃗= (2, 4,-4) = 2 (1, 2,-2)
̅̅̅̅
; (2, 4,-4) son números directores de la recta 𝐵𝐶
1. 𝑎⃗ es paralelo a 𝑏⃗⃗
→ Ǝ ∝=R
2
(1,2, −2)= −5 (1,2, −2)
2.
2
−5
=
4
−10
=
−4
10
∴ 𝑎⃗ es paralelo a 𝑏⃗⃗
,
𝑋₂
𝑎⃗ y 𝑏⃗⃗ son colineales; si
𝑎⃗ = ∝ 𝑏⃗⃗
,
𝑋₁
2
=
𝑌₂
𝑌₁
=
2
→ −5 = −5 =
𝑍₂
𝑍₁
−2
5
∴ Son colineales
EJERCICIO N°13.- ¿Qué condiciones deben satisfacer los vectores 𝑎
⃗ y 𝑏⃗⃗ para que el
vector 𝑎
⃗ + 𝑏⃗⃗ sea perpendicular al vector 𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗?
Solución
i)
Si (𝑎
⃗ + 𝑏⃗⃗) es perpendicular al vector (𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗), entonces se cumplirá que:
(𝑎
⃗ + 𝑏⃗⃗) . (𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗)= 0 ⟹
⃗⃗⃗.𝑎
𝑎
⃗ - 𝑎⃗. 𝑏⃗⃗ + 𝑏⃗⃗. 𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗. 𝑏⃗⃗ =0
⃗⃗|² - |⃗⃗⃗
|⃗𝑎
𝑏|² = 0
∴ |𝑎⃗⃗|² = |⃗⃗⃗𝑏|²
ii)
Los vectores 𝑎
⃗ y 𝑏⃗⃗ deben tener igual magnitud para que la suma (𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗) sea
perpendicular a la diferencia (𝑎
⃗ - 𝑏⃗⃗).
(𝑎
⃗ + 𝑏⃗⃗)= 𝑑⃗ ; (𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗)= 𝑐⃗
(𝑎
⃗ + 𝑏⃗⃗) . (𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗)=𝑐⃗𝑑⃗ cos 90= 0
∴ (𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗) . (𝑎⃗ - 𝑏⃗⃗)= 0
EJERCICIO N°14.a) Determínese un vector unitario normal al plano de los vectores 𝑎⃗ = 𝑖⃗ + 3𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗ ; 𝑏⃗⃗ =
2𝑖⃗ + 𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
b) Calcúlese el área del triángulo que determinan esos dos vectores.
Solución:
a) ∴
𝑛⃗⃗ = 𝑎⃗ 𝑥 𝑏⃗⃗
𝑖⃗
𝑛⃗⃗ = |1
2
⇒
𝑗⃗ 𝑘⃗⃗
3 −1| = 4𝑖⃗ − 3𝑗⃗ − 5𝑘⃗⃗ ⇒ 𝑛 = 5√2
1 1
⃗⃗
𝑛
⃗⃗ )
(4𝑖⃗−3𝑗⃗⃗⃗−5𝑘
𝑢
⃗⃗ = 𝑛 = 5(√2) (
√2)
±√2
⃗⃗ )
(√2) = 10 (4𝑖⃗ − 3𝑗⃗ − 5𝑘
b) El área del triángulo:
|𝑛⃗⃗|
1
𝐴 = | 𝑎⃗ 𝑥 𝑏⃗⃗| =
2
2
⇒ 𝐴=
5√2 √50
=
= 3.525 𝑢2
2
2
EJERCICIO N°15.- Hallar el vector unitario con la dirección y sentido del vector que tiene
origen 𝑃(𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 ) y extremo 𝑄(𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2 ).
Solución:
-
De P y Q:
𝑟1 = 𝑥1 𝑖⃗ + 𝑦1 𝑗⃗ + 𝑧1 𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
𝑟2 = 𝑥2 𝑖⃗ + 𝑦2 𝑗⃗ + 𝑧2 𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
-
El vector:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄 = ⃗⃗⃗⃗
𝑟2 − 𝑟1
-
Entonces reemplazando:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄 = (𝑥2 − 𝑥1 )𝑖 + (𝑦2 − 𝑦1 )𝑗⃗ + (𝑧2 − 𝑧1 ) 𝑘⃗⃗
-
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |:
El módulo de |𝑃𝑄
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 𝑃𝑄 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 + (𝑧2 − 𝑧1 )2
|𝑃𝑄
-
Luego el vector unitario es:
𝑃𝑄
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢
⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑃𝑄|
⟹
𝑢
⃗⃗ =
⃗⃗
(𝑥2 −𝑥1 )𝑖+(𝑦2 −𝑦1 )𝑗⃗+(𝑧2 −𝑧1 ) 𝑘
√(𝑥2 −𝑥1 )2 +(𝑦2 −𝑦1 )2 +(𝑧2 −𝑧1 )2
EJERCICIO N°16.- Encontrar al menos distancias de un punto A(3,1,-1) a la recta que
pasa por los puntos B(2,3,0) y C(-1,2,4).
Solución:
-
La menor distancia es d:
𝑑 = 𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛 ∝..………………………..(1)
-
La magnitud del producto vectorial
es:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 | = (𝐴𝐵)(𝐵𝐶) sen 𝛼..………(2)
|𝐵𝐴
-
Reemplazando la ecuación (1) en (2) tenemos:
𝑑=
-
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 |
|𝐵𝐴
𝐵𝐶
..……………(3)
Resolviendo la ecuación (3) tenemos:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (3𝑖⃗ + 𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗ ) − (2𝑖⃗ + 3𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗ ) = 𝑖⃗ − 2𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
𝐵𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 = (−1𝑖⃗ + 2𝑗⃗ − 4𝑘⃗⃗ ) − (2𝑖⃗ + 3𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗ ) = −3𝑖⃗ − 𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴 𝑥 𝐵𝐶 = | 1 −2 −1| = −9𝑖⃗ − 𝑗⃗ − 7𝑘⃗⃗
−3 −1 4
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐶 | = √(9)2 + (1)2 + (7)2 = √131 = 11.44552314
|𝐵𝐴
𝐵𝐶 | = 𝐵𝐶 = √(9)2 + (1)2 + (7)2 = √26 = 5.099019514
|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
Reemplazando en los datos en la ecuación (3)
𝑑=
√131
√26
= 2.245
EJERCICIO N°16.- Una partícula describe una trayectoria
y= 3.6x², donde “x” e “y” están en metros. La velocidad tiene
una componente x constante de 2m/s. suponiendo que la
partícula este en el origen al iniciarse el movimiento,
obtener las componentes del desplazamiento, la velocidad
y la aceleración en función del tiempo.
Trayectoria d la partícula y= 3.6x²; x e y están en metros
Vx=2m/s = cte
;
obtener
a) desplazamiento “x”
⃗⃗ en f(t)
b) Velocidad 𝑉
c) Aceleración 𝑎
⃗ en f(t)
Solución
a) Calculo de desplazamiento “x”
-componente de la velocidad:
Vx =
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2m/s ⟹ dx = 2dt
x=2t + c; para x=0, t=0, entonces c=0
∴ x=2t metros
b) Calculo de los componentes de la velocidad:
y=3.6x² = 3.6 (2t)² = 14.4 t²
𝑟⃗⃗⃗= x ⃗⃗+
𝑖 y 𝑗⃗ → ⃗⃗⃗=
𝑟 2t 𝑖⃗⃗+ 14.4t² 𝑗⃗
𝑑𝑦
Vy=
= (14.4). (2t) = 28.8t
𝑑𝑡
⃗⃗ = Vx 𝑖⃗⃗+ Vy 𝑗⃗
𝑉
Vy= 28.8t (m/s)
∴ ⃗𝑉⃗= 2 ⃗⃗+
𝑖 28.8t 𝑗⃗ (m/s)
c) Calculo de los componentes de la aceleración:
Vx= 2 = cte.
Vy= 28.8t
𝑑𝑉𝑥
𝑑𝑉𝑦
𝑎 x=
=0
𝑎y=
= 28.8 (m/s)
𝑑𝑡
𝑑𝑡
∴ 𝑎⃗= 𝑎x 𝑖⃗⃗+ 𝑎y 𝑗⃗ = 0𝑖⃗⃗+ 28.8𝑗⃗ (m/s²)
EJERCICIO N°17.- El vector de posición de una partícula en movimiento curvilíneo plano
es 𝑟⃗= ((4t³+5) 𝑖⃗ - t²𝑗⃗ ) m, con t dado en segundos. Calcule el radio curvatura ρ y la
aceleración 𝑎
⃗ de la partícula para t₁=1s y t₂=2s.
Calcule
a) Radio de curvatura ρ; para t₁=1s y t₂=2s
b) Aceleración 𝑎
⃗ de la partícula para t₁=1s y t₂=2s
Solución
a) Calculo de radio de curvatura(ρ):
[1+(
3/2
𝑑𝑦
⁄𝑑𝑥)²]
⃗⃗|³
|𝑉
ρ=
𝑑²𝑦
𝑑𝑥²
= ⃗⃗
| 𝑉 𝑥 𝑎⃗⃗ |
𝑟⃗ = (4t³+5) 𝑖⃗ - t²𝑗⃗
𝑟⃗̇= 12t² 𝑖⃗ – 2t𝑗⃗
⃗⃗⃗̇ = 12 𝑖⃗ – 2𝑗⃗
Para t₁=1s → 𝑟
⃗⃗̇|= √148 = 12.166 m/s
|𝑟
Para t₂=2s → 𝑟
⃗⃗⃗̇ = 48 𝑖⃗ – 4𝑗⃗
⃗⃗̇|= √2320 = 48.166 m/s
|𝑟
b) Calculo de la aceleración 𝑎
⃗
𝑟⃗̈= 24t 𝑖⃗ – 2
Para t₁=1s → 𝑟
⃗⃗⃗̈= 24 𝑖⃗ – 2𝑗⃗
̈
∴ ⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑟|= √580 = 24.083 m/s²
Para t₂=2s → 𝑟⃗⃗⃗̈= 48 𝑖⃗ – 2𝑗⃗
̈
∴ ⃗⃗⃗⃗⃗
|𝑟| = √2308= 48.042 m/s²
-Luego
Para t₁=1s:
ρ=
| 𝑟⃗̇ |³
(148)3/2
=
24
| 𝑟⃗̇ 𝑥 𝑟⃗̈ |
∴ ρ = 75.021 m
Para t₂=2s:
ρ=
| 𝑟⃗̇ |³
(2320)3/2
=
96
| 𝑟⃗̇ 𝑥 𝑟⃗̈ |
∴ ρ = 1,164.021 m
EJERCICIO
N°18.-
Las
ecuaciones
paramétricas:
𝑥 = cos 𝑡 ; 𝑦 = 𝑎 sen 𝑡 ; 𝑧 = 𝑘 𝑡
determinan una hélice circular. Para esta curva se tiene 𝑑𝑠 = √𝑎2 + 𝑘 2 𝑑𝑡 ; en donde ds es
la diferencia del arco. Hállese los vectores unitarios tangentes, normal principal y binormal;
y demuéstrese que los radios de curvatura y torsión que están dadas por: 𝜌 =
𝜏=
𝑎 2 +𝑘 2
,
𝑎
𝑎 2 +𝑘 2
.
𝑘
Solución:
El vector de posición: 𝑟⃗ = 𝑎 cos 𝑖 + 𝑎 sen 𝑗 + 𝑘𝑡 𝑘⃗⃗
𝑑𝑟⃗
El vector ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑄 = 𝑣⃗ = 𝑑𝑡 = −𝑎 sen 𝑡 𝑖⃗ + 𝑎 cos 𝑡 𝑗⃗ + 𝑘𝑘⃗⃗
|𝑣⃗| = 𝑣 =
-
Calculo del vector unitario (𝑢
⃗⃗):
𝑣⃗ = 𝑣𝑢
⃗⃗
-
𝑑𝑠
= √𝑎2 + 𝑘 2
𝑑𝑡
⇒
𝑢
⃗⃗ =
𝑣⃗ −𝑎 sen 𝑡 𝑖⃗ + cos 𝑡 𝑗⃗ + 𝑘𝑘⃗⃗
=
𝑣
√𝑎2 + 𝑘 2
El vector (𝑛⃗⃗) normal principal:
𝑑𝑢
⃗⃗/𝑑𝑡 𝑑𝑢
⃗⃗ 1
=
= 𝑛⃗⃗
𝑑𝑠/𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝜌
Si:
⇒
𝑑𝑢
⃗⃗ 𝑑𝑠 1
=
∗ 𝑛⃗⃗
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝜌
⃗⃗
𝑑𝑢
1
= 2 2 (−𝑎 cos 𝑡 𝑖⃗ − 𝑎 sen 𝑡 𝑗⃗)
𝑑𝑡
√𝑎 +𝑘
⇒
𝑑𝑠
= √𝑎2 + 𝑘 2
𝑑𝑡
;
𝜌=
𝑎 2 +𝑘
𝑎
Entonces:
(√𝑎2 + 𝑘 2 ) (
𝑎
𝑎2 + 𝑘 2
) 𝑛⃗⃗ =
1
√𝑎2 + 𝑘 2
(−𝑎 cos 𝑡 𝑖⃗ − 𝑎 sen 𝑡 𝑗⃗)
𝑛⃗⃗ = − (cos 𝑡 𝑖 + sen 𝑡 𝑗)
-
Calculo de vector binormal: 𝑏⃗⃗ = 𝑢
⃗⃗ 𝑥 𝑛⃗⃗
𝑏⃗⃗ =
𝑖⃗
|
−𝑎
sen
𝑡
√𝑎2 +𝑘 2
− cos 𝑡
1
𝑗⃗
𝑎 cos 𝑡
− sen 𝑡
⃗⃗
𝑘
⃗⃗ )
(𝐾 sen 𝑡𝑖⃗−𝐾 cos 𝑡 𝑗⃗+𝑎 𝐾
𝑘| ⇒ 𝑏⃗⃗ =
√𝑎2 +𝑘2
0
EJERCICIO N°19.- Hallar el trabajo realizado al desplazar una partícula en el campo d
fuerzas 𝐹⃗ = 3x²𝑖⃗ + (2xz-y) 𝑗⃗ + z𝑘⃗⃗ a lo largo de la curva definida por x²=4y; 3x³=8z desde x=0
hasta x=2.
Solución
Hallar trabajo= ⃗⃗⃗⃗
𝐹. 𝑑𝑟⃗
𝑥2
𝑥
3
9
Curva: x 2 = 4y → y = 4 → 𝑑𝑦 = 2 𝑑𝑥 ; 3x 3 = 8z → z = 8 x 3 → dz = 8 𝑥²𝑑𝑥
𝑥=2
(𝐹𝑥𝑖⃗ + 𝐹𝑦𝑗⃗ + 𝐹𝑧𝑘⃗⃗ ). (𝑑𝑥𝑖⃗ + 𝑑𝑦𝑗⃗ + 𝑑𝑧𝑘⃗⃗ )
⃗⃗⃗⃗
𝐹. 𝑑𝑟⃗ = ∫
𝑥=0
2
⃗⃗⃗⃗
𝐹. 𝑑𝑟⃗ = ∫ 3x²𝑑𝑥 + (2xz − y) 𝑑𝑦 + z𝑑𝑧
0
2
⃗⃗⃗⃗
𝐹. 𝑑𝑟⃗ = ∫ (3x 2 −
0
⃗⃗⃗⃗
𝐹. 𝑑𝑟⃗ = 𝑥 3 −
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑟⃗ = 8 −
𝐹.
𝑥 3 51 5
+ 𝑥 )𝑑𝑥
8 64
𝑥4
51 6 2
+
𝑥 |
32 384
0
16 (51). (64) 8
1. (3) 51 48 − 3 + 5
+
= (6) −
+
=
6
32
64𝑥
6
3. (3) 6
6
∴ 𝐹.
⃗⃗ 𝑑𝑟⃗ = 16 𝑢𝑛𝑑. 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜
EJERCICIO N°20.- Evaluar la integral de línea cerrada ∮ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ alrededor de la trayectoria
que se muestra en la figura, si el campo vectorial es: 𝐹⃗ =(x-y) 𝑖⃗
+ (x+y) 𝑗⃗
Solución
𝐹⃗ = (x − y) 𝑖⃗ + (x + y) 𝑗⃗
𝐹⃗ =x𝑖⃗ +y𝑗⃗
̅̅̅̅ → 𝑦 = 𝑥 2 → 𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐵
̅̅̅̅ → 𝑦 = 4 → 𝑑𝑦 = 0
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐵𝐶
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 ̅̅̅̅
𝐶𝐴 → 𝑦 = 4𝑥 → 𝑑𝑦 = 4𝑑𝑥
∮ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = ∮(𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) = ∫ ( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) + ∫ ( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) + ∫ ( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦)
𝐴𝐵
𝐵𝐶
𝐶𝐴
-Resolviendo:
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 ̅̅̅̅
𝐴𝐵:
i)
2
2
∫𝐴𝐵( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) = ∫ (𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = ∫0 (𝑥 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 + ∫0 (𝑥 + 𝑥 2 )2𝑑𝑥
∫ ( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) =
𝐴𝐵
38
3
̅̅̅̅ :
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐵𝐶
ii)
1
∫𝐵𝐶 ( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) = ∫ (𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = ∫2 (𝑥 − 4)𝑑𝑥
∫ ( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) =
𝐵𝐶
5
2
̅̅̅̅:
𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐶𝐴
0
∫𝐶𝐴( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦) = ∫ (𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = ∫1 (17𝑥)𝑑𝑥 =
iii)
−17
∫𝐶𝐴( 𝐹𝑑𝑥 + 𝐹𝑑𝑦)= 2
iv)
Luego sumando tenemos:
∴ ∮ 𝐹⃗. 𝑑𝑟⃗ =
20
3
= 6.667 𝑢𝑛𝑑. 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜
EJERCICIO N°21.- Una partícula en el instante t=0
seg se encuentra en el punto 𝑃0 = (2, −1,3), siendo
la componente 𝑣𝑦 = (3𝑡 − 1) y su hodógrafa tiene
por ecuación 𝑥̇ − 2 = 𝑦̇ + 4 = 𝑧̇ . Determinar:
a)
b)
c)
d)
La posición de la partícula
La rapidez
El vector aceleración normal
El radio de curvatura
Solución:
-
Determinamos las ecuaciones paramétricas de la velocidad reemplazando, en la
ecuación de la hodógrafa, tenemos:
𝑥̇ − 2 = 𝑦̇ + 4 = 𝑧̇ ⇒ 𝑥̇ − 2 = (3𝑡 − 1) + 4 = 𝑧̇ ⇒ 𝑥̇ − 2 = 3𝑡 + 3 = 𝑧̇
∴
-
𝑥̇ − 2 = 3𝑡 + 3
𝑥̇ = 3𝑡 + 5
⇒
𝑥̈ = 3
𝑣𝑦 = 𝑦̇ = 3𝑡 − 1
⇒
𝑦̈ = 3
𝑧̇ = 3𝑡 + 3
⇒
𝑧̈ = 3
Determinamos que en ese instante la partícula tiene velocidad:
𝑣𝑥 = 𝑥̇ = 11𝑚/𝑠𝑒𝑔
∴
𝑥̇ = 3𝑡 + 5 ⇒
𝑡 = 2𝑠𝑒𝑔
a) Determinamos la posición de la partícula:
𝑥
2
∫ 𝑑𝑥 = ∫ (3𝑡 + 5) 𝑑𝑡
2
0
𝑦
2
𝑧
2
∫−1 𝑑𝑦 = ∫0 (3𝑡 − 1) 𝑑𝑡
∫3 𝑑𝑧 = ∫0 (3𝑡 + 3) 𝑑𝑡
⇒
𝑥 = 18𝑚
⇒ 𝑦 = 3𝑚
⇒
𝑧 = 15𝑚
b) Calculo de la rapidez; expresión de la velocidad en cualquier instante podemos
expresarla en forma paramétrica:
𝑣⃗ = 𝑣𝑥 𝑖⃗ + 𝑣𝑦 𝑗⃗ + 𝑣𝑧 𝑘⃗⃗ = 𝑥̇ 𝑖⃗ + 𝑦̇ 𝑗⃗ + 𝑧̇ 𝑘⃗⃗ = (3𝑡 − 5)𝑖⃗ + (3𝑡 − 1)𝑗⃗ + (3𝑡 − 3)𝑘⃗⃗
𝑎⃗ = 3𝑖⃗ + 3𝑗⃗ + 3𝑘⃗⃗
⇒
|𝑎⃗| = √27 = 5.196𝑚/𝑠𝑒𝑔2
-Para t=2seg la velocidad se obtiene:
𝑣⃗ = (6 − 5)𝑖⃗ + (6 − 1)𝑗⃗ + (6 − 3)𝑘⃗⃗
𝑣⃗ = 11𝑖⃗ + 5𝑗⃗ + 9𝑘⃗⃗
⇒
|𝑣⃗| = √227 = 15.07𝑚/𝑠𝑒𝑔2
-La rapidez tiene por valor en cualquier instante:
𝑣⃗ = [(3𝑡 − 5)2 + (3𝑡 − 1)2 + (3𝑡 − 3)2 ]1/2
𝑣⃗ = [27𝑡 2 + 42𝑡 + 35]1/2
c) Calculo del vector aceleración normal:
-
𝑑𝑣
Derivando la velocidad con respecto t tenemos: La aceleración tangencial 𝑎𝑇 = 𝑑𝑡
1
𝑎𝑇 = (27𝑡 2 + 42𝑡 + 35)−1/2 ∗ (54𝑡 + 42)
2
Para t=2seg tenemos
-
𝑎𝑇 = 4.98𝑚/𝑠𝑒𝑔2
⃗⃗
𝑣
Cálculo del vector unitario tangente 𝑢
⃗⃗ = |𝑣⃗⃗|
𝑢
⃗⃗ =
⃗⃗
11𝑖⃗+5𝑗⃗+9𝑘
15.07
𝑢
⃗⃗ = 0.73𝑖⃗ + 0.33𝑗⃗ + 0.60𝑘⃗⃗
∴ La aceleración tangencial será:
𝑎𝑇 = 3.64𝑖⃗ + 1.64𝑗⃗ + 2.99𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
-
La aceleración total es:
𝑎⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑇 + 𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑇
𝑁 ⟹𝑎
𝑁 =𝑎
⃗⃗
𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑁 = −0.64𝑖⃗ + 1.36𝑗⃗ + 0.01𝑘
⇒
d) Calculo del radio de curvatura:
𝑣2
𝑎𝑁 = 𝜌
⇒
𝜌 = 151.33𝑚
𝑎𝑁 = 1.50𝑚/𝑠𝑒𝑔2
EJERCICIO N°22.- Cada par de vectores 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗ y 𝑐⃗ forman entre si un ángulo de 60°,
sabiendo que a=4, b=2 y c=6, determinar el modulo del vector 𝑝⃗=𝑎⃗+𝑏⃗⃗ +𝑐⃗ .
Solución:
-El ángulo entre 𝑎̅ y 𝑏̅ es 60° entonces:
𝑎̅. 𝑏̅ = 𝑎. 𝑏 cos 60º
-El ángulo entre 𝑎̅ y 𝑐̅ es 60° entonces:
𝑎̅. 𝑐̅ = 𝑎. 𝑐 cos 60º
-El ángulo entre 𝑏̅ y 𝑐̅ es 60° entonces:
𝑎̅. 𝑐̅ = 𝑏. 𝑐 cos 60°
Se pide hallar:
|𝑝̅ | = |𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅|
Entonces: |𝑝̅ |2 = |𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅|2 = |𝑎̅|2 + |𝑏̅|2 + |𝑐̅|2 + 2𝑎̅. 𝑏̅ + 2𝑎̅. 𝑐̅ + 2𝑏̅. 𝑐̅
|𝑝̅ |2 = (4)2 + (2)2 + (6)2 + 2(4)(2) cos 60° + 2(4)(6) cos 60° + 2(2)(6) cos 60 °
|𝑝̅ |2 = 56 + (16 + 48 + 24) cos 60°
|𝑝̅ | = 10 uds.
EJERCICIO N°23.- En un cierto instante, se sabe que la
velocidad y aceleración de una partícula son:
𝑣⃗=3𝑖⃗+4𝑗⃗+3𝑘⃗⃗ (m), 𝑎⃗=3𝑖⃗+5𝑗⃗+3𝑘⃗⃗ (m/𝑠 2 ). Hallar el radio de
curvatura de la trayectoria en ese instante.
Solución:
La velocidad es tangente a la trayectoria y la
aceleración tiene en general, ambas componentes,
tangencial y normal, tenemos:
𝑉̅ = 𝑉𝑢̅𝑡
𝑎̅ = 𝑎 + 𝑢̅𝑡 + 𝑎𝑛 𝑢̅𝑛
𝑉2
En donde 𝑎𝑛 = 𝜌
El radio de curvatura puede calcularse determinando primero 𝑉 2 𝑦, 𝑎𝑛
Para 𝑉 2 tenemos:
𝑉 2 = 𝑉̅ . 𝑉̅ = (3𝑖̅ + 4𝑗̅ + 12𝑘̅)(3𝑖̅ + 4𝑗̅ + 12𝑘̅)
𝑉 2 = 9 + 6 + 144 = 169
𝑉 = 13 𝑚/𝑠𝑒𝑔
Las componentes tangenciales y normales de la aceleración pueden encontrarse
como sigue:
̅
𝑉
𝑎 𝑇 = 𝑎̅𝑢̅𝑇 = 𝑎̅. 𝑉 = (3𝑖̅ + 5𝑗̅ + 3𝑘̅)𝑥
̅)
(3𝑖̅+4𝑗̅+12𝑘
13
= 5 𝑚/𝑠𝑒𝑔
̅)(3𝑖̅ + 5𝑗̅ + 3𝑘
̅) = 43
𝑎2 = 𝑎̅. 𝑎̅ = (3𝑖̅ + 5𝑗̅ + 3𝑘
𝑎𝑁 2 = 𝑎2 − 𝑎 𝑇 2 = (43)2 − (5)2 = 18
𝑎𝑁 = √18 = 3√2 = 4.243 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝜌=
𝑉2
𝑎𝑁
=
169
3√2
= 39.83
EJERCICIO N°24.- Una partícula se mueve de tal manera que X=Asen𝜋t; Y=B𝑡 3 -2t y Z=2t;
de donde X, Y, Z se miden en metros, t=0 a t se mide en segundos y A, B, C son
constantes desconocidas. Si la velocidad de la partícula para t=2seg, es 𝑉1 =3𝜋𝑖⃗ −22𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗ ,
determinar la posición, velocidad y aceleración de la partícula para t= 4seg.
Solución:
-Ecuación paramétrica de la curva
𝑥 = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡
{𝑦 = 𝐵𝑡 3 − 2𝑡
𝑧 = 2𝑡
-La velocidad de la partícula para 𝑡 = 2𝑠𝑒𝑔
𝑣̅ = 3𝜋𝑖̅ + 22𝑗̅
-Para 𝑡 = 4𝑠𝑒𝑔
𝑟̅ =?
{𝑣̅ =?
𝑎̅ =?
I.
El vector posición:
𝑟̅ = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡𝑖̅ + (𝐵𝑡 3 − 2𝑡)𝑗̅ + 2𝑡𝑘̅ …………(1)
II.
La velocidad:
𝑑𝑖̇
𝑣̅ = 𝑑𝑡 = 𝐴𝜋𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡𝑖̅ + (3𝐵𝑡 2 − 2)𝑗̅ + 2𝑘̅ …...(2)
III.
La aceleración:
𝑑𝑣̅
𝑑2 𝑟̅
𝑎̅ = 𝑑𝑡 = 𝑑𝑡 2 = −𝐴𝜋𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡𝑖̅ + (6𝐵𝑡)𝑗̅ …….. (3)
IV.
Para 𝑡 = 2𝑠𝑒𝑔 en la ecuación (2) tenemos; y reemplazando dato
𝑣̅ = 𝐴𝜋𝑐𝑜𝑠2𝜋𝑖̅ + (12𝐵 − 2)𝑗̅ + 2𝑘̅ = 3𝜋𝑖̅ + 22𝑗̅ + 2𝑘̅
𝐴𝜋𝑐𝑜𝑠2𝜋 = 3𝜋 ; 12𝐵 − 2 = 22 𝑦 𝐶 = 2
𝐴=3
V.
𝐵=2
Reemplazando A, B Y C en Ec (1),(2) y (3) y para 𝑡 = 4𝑠𝑒𝑔
𝑟̅ = 3𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡𝑖̅ + (2𝑡 3 − 2𝑡)𝑗̅ + 2𝑡𝑘̅ = 120𝑗̅ + 8𝑘̅ ⇒ 𝑟 = 120.266 𝑚
𝑣̅ = 3𝜋𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡𝑖̅ + (6𝑡 2 − 2)𝑗̅ + 2𝑘̅ ⟹ 𝑣 = 94.492 𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑎̅ = −3𝜋 2 𝑠𝑒𝑛4𝜋𝑖̅ + 12(4)𝑗̅
EJERCICIO N°25.- La velocidad de un cuerpo móvil sobre el eje Y está dada por la
expresión V= 10+2𝑡 2 , estando V medida en cm/seg y t en segundos. El cuerpo se
encuentra 20 cm. Delante del origen, cuando t=0.hallar:
a) Encontrar la aceleración del cuerpo cuando t=0 y cuando t=2seg. ¿Tiene el movimiento
aceleración constante?
b) Encontrar la posición del móvil en los instantes anteriores.
Solución:
𝑦 = 𝑒𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑒𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜
𝑣 = 10 + 2𝑡 2
𝑑𝑣
a) La expresión de la aceleración 𝑎 = 𝑑𝑡 = 4𝑡 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2
Ahora si 𝑡 = 0𝑎 = 4(0) = 0
Si 𝑡 = 2𝑎 = 4(2) = 8 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2
Además, el movimiento no tiene aceleración constante puesto que la
velocidad varía desigualmente en cada unidad de tiempo
b) La expresión del espacio o posición del móvil será:
2
𝑦 = ∫ 𝑣𝑑𝑡 = ∫(10 + 2𝑡 2 )𝑑𝑡 = 10𝑡 + 𝑡 3 + 𝑐
3
2
Así tenemos: 20 = 10(0) + 3 03 + 𝑐
𝑐 = 20 𝑐𝑚
2
-Por lo tanto la expresión de y será: 𝑦 = 10 + 3 𝑡 3 + 20
-De acuerdo con esto, la posición del móvil para 𝑡 = 0 es;
2
𝑦 = 10(0) + (0)3 + 20 = 20 𝑐𝑚
3
-Para 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔 la ordenada será:
2
𝑦 = 10(2) + 3 (2)3 + 20
𝑦=
136
= 45.33 𝑐𝑚
3
EJERCICIO N°26.- Un cuerpo se mueve en el plano XY según la ley X=Rcos𝜔t,
Y=Rsen𝜔t; siendo X e Y las coordenadas del cuerpo, t el tiempo, R y 𝜔 constantes,
encontrar:
a) Eliminar t entre estas ecuaciones para encontrar la ecuación de la curva descrita por el
punto ¿Cuál es esta curva?
b) encontrar las componentes según los ejes X e Y de la velocidad del punto. Componer
estas expresiones para obtener el valor y la dirección de la velocidad resultante.
Solución:
𝑥 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡
Ecuaciones paramétricas {
𝑦 = 𝑅𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡
a) 𝑟̅ = 𝑥𝑖̅ + 𝑦𝑗̅ = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑖̅ + 𝑅𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 𝑗̅
La ecuación de la curva descrita por el cuerpo lo encontramos así:
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅 2 cos2 𝑤𝑡 + 𝑅 2 𝑠𝑒𝑛2 𝑤𝑡
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅 2 (cos2 𝑤𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2 𝑤𝑡)
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅2
b) Tenemos las ecuaciones:
𝑥 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡
𝑉𝑥 =
𝑑𝑥
= −𝑅𝑤𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡
𝑑𝑡
𝑦 = 𝑅𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡
;
𝑉𝑦 =
𝑑𝑦
= −𝑅𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡
𝑑𝑡
𝑣̅ = 𝑉𝑥 𝑖̅ + 𝑉𝑦 𝑗̅ = −𝑅𝑤𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡𝑖̅ + 𝑅𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑗̅
1
𝑣 = [(−𝑅𝑤𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡)2 + (𝑅𝑤𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡)2 ] ⁄2 = 𝑅𝑤
𝑣 = 𝑅𝑤
EJERCICIO N°27.- Las ecuaciones de una recta son de la forma:
𝑥−1 𝑦+2
𝑧
=
=
1
2
−2
a) Pruébese que la recta contiene el punto (1,-2,0) y determínense sus cosenos directores.
b) Hállese un vector unitario en la dirección de la recta.
Solución:
a) La ecuación de la recta usando de la forma:
𝑥 − 𝑥1 𝑦 − 𝑦1 𝑧 − 𝑧1
=
=
cos 𝛼
cos 𝛽
cos 𝛾
La recta contiene al punto (1, −2,0) = (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 )
⇒ La ecuación de la recta es:
(
𝑥−1 𝑦+2
𝑧
𝑥−1 𝑦+2
𝑧
=
=
)=(
=
=
)
cos 𝛼 cos 𝛽 cos 𝛾
1
2
−2
Los cosenos directores son:
⇒
1
2
−2
cos 𝛼 = 3 = 0.333 ; cos 𝛽 = 3 = 0.66 ; cos 𝛾 = 3 = −0.666
Los números directores de la recta son: (1,2, −2)
⇒
𝛼 = 70° 31′ 43′′
𝛽 = 48° 11′ 22.87′′
𝛾 = 131° 48′ 37.13′′
b) Vector unitario en dirección de la recta:
𝑣⃗ = 𝑣𝑥 𝑖⃗ + 𝑣𝑦 𝑗⃗ + 𝑣𝑧 𝑘⃗⃗ = 𝑣 cos 𝛼 𝑖⃗ + 𝑣 cos 𝛽 𝑗⃗ + 𝑣 cos 𝛾 𝑘⃗⃗
𝑣⃗ = 𝑣 (cos 𝛼 𝑖⃗ + cos 𝛽 𝑗⃗ + cos 𝛾 𝑘⃗⃗ ) = 𝑣𝑢
⃗⃗
⇒
𝑢
⃗⃗ Es un vector en la dirección de la recta:
∴
1
2
2
𝑢
⃗⃗ = 𝑖⃗ + 𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
3
3
3
𝑣⃗ = 𝑣𝑢
⃗⃗
EJERCICIO N°28.- Un campo de fuerzas es de la forma: 𝐹⃗ = 𝑦𝑧 2 𝑖⃗(𝑥𝑧 2 − 1)𝑗⃗ + 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)𝑘⃗⃗.
a) Pruébese que la fuerza es conservativa y hállese su potencial 𝜑.
b) Determínese el trabajo efectuado al trasladar una partícula desde el origen hasta el
punto (1,2,3).
Solución:
̅ 𝑥 𝐹⃗ = 0; la fuerza es conservativa; existe entonces una función escalar y
a) S ∇
definitiva, se llama potencial de 𝐹⃗
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
𝜕
𝜕
| = 0𝑖⃗ + 0𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗
̅ 𝑥 𝐹⃗ = || 𝜕
∇
|
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
(𝑦𝑧 2 ) (𝑥𝑧 2 − 1) 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)
∴ La fuerza es conservativa
⇒
∃ 𝜑 protencial
b) Además existe una función potencial escalar 𝜑 tal que:
⃗⃗ 𝜑
𝑑𝜑 = 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ y también 𝐹⃗ = ∇
∴
-
𝑑𝜑 = (𝑦𝑧 2 )𝑑𝑥 + (𝑥𝑧 2 )𝑑𝑦 + 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)𝑑𝑧
𝜑 Deberá satisfacer las tres condiciones siguientes:
𝜕𝜑
⋆ 𝜕𝑥 = 𝑦𝑧 2 ;
𝜕𝜑
𝜕𝑦
𝜕𝜑
= 𝑦𝑧 2 − 1 ; 𝜕𝑧 = 2 (𝑥𝑦𝑧 − 1)
⇒ ∫ 𝜕𝜑 = ∫ 𝑦𝑧 2 𝑑𝑥 = 𝑦𝑧 2 + 𝑓(𝑦, 𝑧) ⇒ 𝜑 = 𝑦𝑧 2 𝑥 + 𝑓(𝑦, 𝑧)
⋆
𝜕𝜑
𝜕𝑓(𝑦, 𝑧)
= 𝑧2𝑥 +
= 𝑥𝑧 2 − 1
𝜕𝑦
𝜕𝑦
∫ 𝜕𝑓(𝑦, 𝑧) = ∫ −1𝜕𝑦
⇒
𝜑 = 𝑥𝑧 2 𝑦 + (−𝑦) + 𝑔(𝑧)
𝜕𝜑
𝑑𝑔
(𝑧) = 2𝑥𝑦𝑧 − 2
= 2𝑥𝑦𝑧 +
𝜕𝑧
𝑑𝑧
∫ 𝑑𝑔(𝑧) = ∫ −2𝑑𝑧 ⟹ 𝑔(𝑧) = −2𝑧 + 𝑐
𝜑 = 𝑥𝑦𝑧 2 − 𝑦 − 2𝑧 + 𝑐
-
El trabajo 𝑃0 (0,0,0) hasta 𝑃1 (1,2,3)
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = 𝜑(𝑃1 ) − 𝜑(𝑃0 )
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = 10 𝑢𝑛𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜
EJERCICIO N°29.- Un campo de fuerzas es de la forma: 𝐹⃗ = 𝑦𝑧𝑖⃗ + (𝑥𝑧 − 1)𝑗⃗ + 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)𝑘⃗⃗
c) Pruébese que la fuerza es conservativa y hállese su potencial 𝜑.
d) Determine el trabajo efectuado al trasladar una partícula desde el origen hasta el punto
(1, 2, 3).
Solución:
̅ × 𝐹⃗ = 0 ⇒
𝑖) Verificar si 𝐹⃗ es conservativo: ∇
∃𝜑
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
𝜕
𝜕
̅ × 𝐹⃗ = 𝜕
∇
=
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
[(𝑦𝑧) (𝑥𝑧 − 1) 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)]
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕
(𝜕𝑦 (2(𝑥𝑦𝑧 − 1)) − 𝜕𝑧 (𝑥𝑧 − 1)) 𝑖⃗ + (𝜕𝑧 (𝑦𝑧) − 𝜕𝑥 (2(𝑥𝑦𝑧 − 1))) 𝑗⃗ + (𝜕𝑥 (𝑥𝑧 − 1) − 𝜕𝑦 (𝑦𝑧)) 𝑘⃗⃗
̅ × 𝐹⃗ = (2𝑥𝑧 − 𝑥)𝑖⃗ + (𝑦 − 2𝑦𝑧)𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗
∇
̅ × 𝐹⃗ ≠ 0, La fuerza no es conservativa por lo que no existe función potencial 𝜑
∴∇
c)
El trabajo efectuado : ∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = ∫(𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧)
𝑃1 (1,2,3)
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = ∫
[𝑦𝑧𝑑𝑥 + (𝑥𝑧 − 1)𝑑𝑦 + 2(𝑥𝑦𝑧 − 1)𝑑𝑧]
𝑃0 (0,0,0)
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = 𝑥𝑦𝑧 + (𝑥𝑦𝑧 − 𝑦) + 2(𝑥𝑦)
𝑧2
− 2𝑧
2
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = 22 𝑈𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜
EJERCICIO N°30.- Un campo de fuerzas es de la forma:
𝐹⃗ = (𝑦 2 cos 𝑥 + 𝑧 3 )𝑖⃗ + (2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4)𝑗⃗ + (3𝑥𝑧 2 + 2)𝑘⃗⃗
a) Pruébese que la fuerza es conservativa y hállese su potencial
b) Determínese el trabajo efectuado a través de la curva C definido:
𝑥 = 2𝑡 2 , 𝑦 = 𝑡, 𝑧 = 𝑡 3 , donde 0 ≤ 𝑡 ≤ 1
Solución:
𝐹⃗ = (𝑦 2 cos 𝑥 + 𝑧 3 )𝑖⃗ + (2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4)𝑗⃗ + (3𝑥𝑧 2 + 2)𝑘⃗⃗
a) Verificar si 𝐹⃗ es conservativo:
̅ × 𝐹⃗ = 0 ⇒
∇
∃𝜑
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
𝜕
𝜕
𝜕
̅ × 𝐹⃗ =
∇
= 0𝑖⃗ + 0𝑗⃗ + 0𝑘⃗⃗
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
[(𝑦 2 cos 𝑥 + 𝑧 3 ) (2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4) (3𝑥𝑧 2 + 2)]
∴ La fuerza es conservativa
Calculamos la función escalar 𝜑 = ?
∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = (𝑦 2 cos 𝑥 + 𝑧 3 )𝑑𝑥 + (2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4)𝑑𝑦 + (3𝑥𝑧 2 + 2)𝑑𝑧
𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝜕𝜑
De la Ec. (a) tenemos:
𝑑𝜑 = 𝜕𝑥 𝑑𝑥 + 𝜕𝑦 𝑑𝑦 + 𝜕𝑧 𝑑𝑧
𝜕𝜑
∫ 𝜕𝜑 = ∫(𝑦2 cos 𝑥 + 𝑧3 )𝑑𝑥
𝜕𝜑
= 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4 … . . … … … . (𝑏)
𝜕𝑦
𝜑 = 𝑦 2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑧 3 𝑥 + 𝑓(𝑦, 𝑧) … . . (𝐼)
∴ 𝜕𝑥 = 𝑦 2 cos 𝑥 + 𝑧 3 … … … . (𝑎)
𝜕𝜑
= 3𝑥𝑧 2 + 2 … … … … … … . (𝑐)
𝜕𝑧
Ec. (I) en (b):
𝜕
(𝑦2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑧3 𝑥 + 𝑓(𝑦, 𝑧)) = 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4
𝜕𝑦
𝜕
2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝜕𝑦 (𝑓(𝑦, 𝑧)) = 2𝑦𝑠𝑒𝑛𝑥 − 4 ⇒ ∫ 𝜕 + (𝑦, 𝑧) = ∫ −4𝑑𝑦
𝑓(𝑦, 𝑧) = −4𝑦 + 𝑔(𝑧)
….. (II)
𝜑 = 𝑦2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑧3 𝑥 − 4𝑦 + 𝑔(𝑧)….. (III)
Ec. (II) en (I):
𝜕
(𝑦2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑧3 𝑥 − 4𝑦 + 𝑔(𝑧)) = 3𝑥𝑧2 + 2
𝜕𝑧
𝜕
3𝑥𝑧 2 + 𝜕𝑧 (𝑔(𝑧)) = 3𝑥𝑧 2 + 2 ⇒ ∫ 𝑑(𝑔(𝑧)) = ∫ 2𝑑𝑧…………(IV)
𝑔(𝑧) = 2𝑧 + 𝑐
∴ 𝐸𝑐. (𝐼𝑉) 𝑒𝑛 𝐸(𝐼𝐼𝐼):
𝜑 = 𝑦2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑧3 𝑥 − 4𝑦 + 2𝑧 + 𝑐
b) Encontrar el trabajo efectuado a través de la curva definido por:
𝐶
𝑥 = 2𝑡 3
𝑦=𝑡
𝑧 = 𝑡3
⇒
𝜑 = 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛2𝑡3 + 2𝑡9 𝑡2 − 4𝑡 + 2𝑡3 + 𝑐
𝜑1 = 𝑠𝑒𝑛2 + 𝑐
0 ≤𝑡 ≤1
⇒
𝜑0 = 𝑐
⃗⃗. 𝑑𝑟⃗ = ∫ 𝑑𝜑 = 𝜑1 − 𝜑0 = 𝑠𝑒𝑛2 + 𝑐 − 𝑐 ⇒
∴ ∫𝐹
∫ 𝑑𝜑 = 𝑠𝑒𝑛2 Und. de trabajo
EJERCICIO N°31.- Empleando notación indicial demostrar y/o evaluar las siguientes
ecuaciones:
𝑑 ̇
a) Si 𝑢
⃗⃗̇ = 𝑤
⃗⃗⃗ x 𝑢
⃗⃗ y 𝑣⃗̇ = 𝑤
⃗⃗⃗ x 𝑣⃗; Hallar:
(𝑢
⃗⃗ x 𝑣⃗)
b)
𝑑𝑡
𝑟⃗
² [ . ( 5 )]
𝑟
Solución
a)
𝑑
𝑑𝑡
(𝑢
⃗⃗̇ x 𝑣⃗) = 𝑤
⃗⃗⃗ x(𝑢
⃗⃗ x 𝑣⃗): Sabiendo que 𝑢
⃗⃗̇ = 𝑤
⃗⃗⃗ x 𝑢
⃗⃗ y 𝑣⃗̇ = 𝑤
⃗⃗⃗ x 𝑣⃗
𝑑
𝑑𝑡
(𝑢
⃗⃗̇ x 𝑣⃗) = 𝑢
⃗⃗̇ x 𝑣⃗ + 𝑢
⃗⃗ x 𝑣⃗̇
=(𝑤
⃗⃗⃗ . 𝑣⃗) 𝑢
⃗⃗ – (𝑢
⃗⃗ . 𝑤
⃗⃗⃗) 𝑣⃗ + (𝑣⃗ . 𝑢
⃗⃗) 𝑤
⃗⃗⃗ – ( 𝑣⃗ . 𝑤
⃗⃗⃗) 𝑢
⃗⃗
=(𝑣⃗ . 𝑢
⃗⃗) 𝑤
⃗⃗⃗ - (𝑢
⃗⃗ . 𝑤
⃗⃗⃗) 𝑣⃗
𝑑
∴ 𝑑𝑡(𝑢⃗⃗̇ x 𝑣⃗) = 𝑤⃗⃗⃗ x(𝑢⃗⃗ x 𝑣⃗)
b)
𝑟⃗
² [ . (𝑟5 )]:
𝑟⃗
𝜕
𝜕
𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑟 −5
𝜕𝑋𝑖
. (𝑟5 ) = (Ui 𝜕𝑋𝑖). (𝑟 −5 𝑋𝑖 Ui) = 𝜕𝑋𝑖(𝑟 −5 𝑋𝑖) = 𝑟 −5 𝜕𝑋𝑖 + 𝑋𝑖 𝜕𝑋𝑖
𝑟⃗
𝑟
𝜕𝑟
)
𝜕𝑋𝑖
. ( 5 ) = 3𝑟 −5 + 𝑋𝑖(−5).𝑟 −6 (
𝑟⃗
; donde
; donde 𝜕𝑋𝑖 = 3
𝜕𝑟 𝑋𝑖
=
𝜕𝑋𝑖 𝑟
𝑋𝑖
. (𝑟5 ) = 3𝑟 −5 − 5𝑋𝑖𝑟 −6 𝑟 ; donde 𝑋𝑖. 𝑋𝑖 = 𝑟 2
𝑟⃗
) = −2𝑟 −5
𝑟5
𝑟⃗
² [ . (𝑟5 )] =
𝜕
2
(−2𝑟 −5 ) =
𝜕
𝜕
( . −2𝑟 −5 )
𝜕𝑋𝑖 𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑟
𝑋𝑖
(𝜕𝑋𝑖 . −2𝑟 −5 ) = 5(2)𝑟 −6(𝜕𝑋𝑖) = 10𝑟 −6 ( 𝑟 )
𝜕
(
. −2𝑟 −5 ) = 10𝑟 −7 . 𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑖
𝜕
𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑟 −7
𝜕𝑟
(10𝑟 −7 . 𝑋𝑖) = 10 [𝑟 −7 ( ) +
] = 10[3𝑟 −7 − 7𝑟 −8 (𝜕𝑋𝑖)]
𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑖
𝜕𝑋𝑖
𝜕
𝑋𝑖.𝑋𝑖
(10𝑟 −7 . 𝑋𝑖) = 10 [3𝑟 −7 − 7𝑟 −8 ( 𝑟 )] = 10[3𝑟 −7 − 7𝑟 −7 ]
𝜕𝑋𝑖
∴
𝜕
𝜕𝑋𝑖
(10𝑟 −7 . 𝑋𝑖) = −40𝑟 −7
EJERCICIO N°32.- Demostrar que 𝐹⃗ = r². 𝑟⃗ es un campo conservativo y luego hallar el
potencial escalar.
Solución
Resolviendo mediante notación indicial:
𝐹⃗ = r². 𝑟⃗
𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑠𝑖 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒 x 𝐹⃗ = 0
𝑖⃗
𝑗⃗
𝑘⃗⃗
𝜕
𝜕 = 𝑟 2 [(𝜕𝑧 − 𝜕𝑦) 𝑖⃗ + (𝜕𝑥 − 𝜕𝑧 ) 𝑗⃗ + (𝜕𝑦 − 𝜕𝑥 ) 𝑘⃗⃗ ]
x 𝐹⃗ = 𝑟² 𝜕
𝜕𝑦 𝜕𝑧
𝜕𝑧 𝜕𝑥
𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧
𝑦
𝑧)
(𝑥
x 𝐹⃗ = 0; entonces 𝐹⃗ 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜
Luego existe una función ϕ; tal que:
ϕ = 𝐹⃗ = r². 𝑟⃗
ϕ = r 2 . 𝑟⃗ = 𝑋𝑖. 𝑋𝑖(𝑋𝑖. 𝑈𝑖) = 𝑋𝑖 3 . 𝑈𝑖
∂ϕ
𝑈𝑖 = 𝑋𝑖 3 . 𝑈𝑖
∂Xi
𝑋𝑖 4
∫ ∂ϕ = ∫ 𝑋𝑖 3 𝜕𝑋𝑖 =
+𝐶
4
→
∴𝜙=
𝑟
4
4
+𝐶
EJERCICIO N°33.- Averiguar si la fuerza 𝐹⃗ dada por sus componentes: Fr=-2arsenϕcosθ;
Fϕ= -arcosϕcosθ y Fθ= arsenθ, es conservativa en caso afirmativo encontrar la energía
potencial.
Solución
-Dada la fuerza 𝐹⃗ = 𝐹𝑟𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝐹𝜙𝑢
⃗⃗𝜙 + 𝐹𝜃𝑢
⃗⃗𝜃
𝐹𝑟 = −2𝑎𝑟 sin 𝜙. cos 𝜃 → ℎ𝑟 = 1
𝐹𝜙 = −𝑎𝑟 cos 𝜙. cos 𝜃 → ℎ𝜙 = 𝑟
𝐹𝜃 = 𝑎𝑟 sin θ → ℎ𝜃 = 𝑟 sin 𝜙
-Si x 𝐹⃗ = 0; entonces 𝐹⃗ es conservativa, luego ∃ una función 𝜙; tal que 𝜙 = 𝐹⃗ ; la
opuesta de 𝜙 se denomina energía potencial asociada a 𝐹⃗
x𝐹
⃗=
1
ℎ𝑟 ℎ𝜙 ℎ𝜃
(
ℎ𝑟 𝑢
⃗𝑟
ℎ𝜙 𝑢
⃗𝜙
ℎ𝜃 𝑢
⃗𝜃
𝜕
𝜕
𝜕
𝜕𝑟
𝜕𝜙
𝜕𝜃
ℎ𝑟 𝐹𝑟
ℎ𝜙 𝐹𝜙
ℎ𝜃 𝐹𝜃
𝑢
⃗𝑟
)=
1
𝑟² sin 𝜙
𝑟𝑢
⃗𝜙
𝑟 sin 𝜙 𝑢
⃗𝜃
(𝜕
𝜕
𝜕
𝜕𝑟
𝜕𝜙
𝜕𝜃
𝐹𝑟
𝑟𝐹𝜙
𝑟 sin 𝜙 𝐹𝜃
-Resolviendo las derivadas parciales:
x𝐹
⃗ = 0; 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐹⃗ es conservativo
Existe una funcion 𝜙 tal que
𝜙 = 𝐹⃗
⃗⃗𝜙 𝜕𝜙 𝑢
𝑢
⃗⃗𝑟 𝜕𝜙 𝑢
⃗⃗𝜃 𝜕𝜙
+
+
= 𝐹𝑟𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝐹𝑟𝑢
⃗⃗𝜙 + 𝐹𝑟𝑢
⃗⃗𝜃
ℎ𝑟 𝜕𝑟 ℎ𝜙 𝜕𝜙 ℎ𝜃 𝜕𝜃
Igualando miembro a miembro se tiene:
𝜕𝜙
= 𝐹𝑟 … (𝑎)
𝜕𝑟
1 𝜕𝜙
= 𝐹𝜙 … (𝑏)
𝑟 𝜕𝜙
𝜕𝜙 1
= 𝐹𝜃 … (𝑐)
𝜕𝜃 𝑟 sin 𝜙
-Resolviendo la ecuación 𝑎 tenemos:
𝜕𝜙
= 𝐹𝑟 ⇒ ∫ 𝜕𝜙 = ∫ 𝜕𝑟 = ∫ −2𝑎𝑟 sin 𝜙. cos 𝜃𝑑𝑟 = −2𝑎 sin 𝜙. cos 𝜃 ∫ 𝑟𝑑𝑟
𝜕𝑟
𝜙 = −𝑎𝑟² sin 𝜙. cos 𝜃 + 𝑓(𝜙, 𝜃) … (𝐼)
-Reemplazándola ecuación 𝐼 en la ecuación 𝑏 y resolviendo:
1 𝜕
[−𝑎𝑟² sin 𝜙. cos 𝜃 + 𝑓(𝜙, 𝜃)] ⟹
𝑟 𝜕𝜙
𝑓(𝜙, 𝜃) = 0 + 𝑔(𝜃) … (𝐼𝐼)
-Remplazando la ecuacion 𝐼𝐼 en la ecuación 𝐼 y resolviendo:
𝜙 = −𝑎𝑟² sin 𝜙 cos 𝜃 + 𝑔(𝜃) … (𝐼𝐼𝐼)
-Reemplazando la ecuación 𝐼𝐼𝐼 en la ecuación 𝑐 y resolviendo tenemos:
1
𝜕𝜙
(𝑟 sin 𝜙) 𝜕𝜃 = 𝐹𝜃 ⇒
𝑔(𝜃) = 𝐶 … (𝐼𝑉)
-Reemplazando la ecuación 𝐼𝑉 en la ecuacion 𝐼𝐼𝐼 tenemos:
𝜙 = 𝑎𝑟² sin 𝜙 cos 𝜃 + 𝐶
)
EJERCICIO N°34.- Determinar el trabajo realizado sobre una partícula por el campo de
fuerza, determinada por la función energía potencial:
1
V=5 - 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ).
a) Al mover la partícula desde (0, 0,0) hasta (0, 2,0) a lo largo de
la trayectoria circular
b) Al mover la partícula desde (0, 0,0) hasta (0, 2,0) a lo largo del
diámetro como se indica en la figura. Si V está en kg/m, y la
posición está en metros.
Solución:
A) El trabajo es el negativo de la variación de la energía potencial; siempre que se
tenga un campo de fuerza potencial; siempre que se tenga un campo de fuerza
conservativo.
2
𝑤1−2 = − ∫ 𝐹̅ 𝑑𝑟̅ = −∆𝑉 = 𝑉1 − 𝑉2
1
1
𝑉1 = 𝑉(0,0,0) = 5 ; 𝑉2 = 𝑉(0,2,0) = 5 − 2 (2)2 = 5 − 2 = 3
𝑤1−2 = 5 − 3 = 2 𝑘𝑔/𝑚
B) Como comprobación, podemos calcular directamente el trabajo. Como sigue:
(0,2,0)
(0,2,0)
𝐹̅ 𝑑𝑟̅ = ∫
𝑤1−2 = ∫
(0,0,0)
(𝑥𝑖̅ + 𝑦𝑗̅ + 𝑧𝑘̅ ). (𝑑𝑥𝑖̅ + 𝑑𝑦𝑗̅ + 𝑑𝑧𝑘̅ )
(0,0,0)
-El campo de fuerza se conservativo: 𝐹̅ = 𝑥𝑖̅ + 𝑦𝑗̅ + 𝑧𝑘̅
1
(0,2,0)
1
𝑤1−2 = 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )| (0,0,0) = 2 (2)2 = 2
𝑤1−2 = 2 𝑘𝑔/𝑚
Capítulo 2
CINEMATICA DE LA PARTICULA
2.1 INTRODUCCION
2.2 MOVIMIENTO RECTILINEO DE PARTICULAS
2.3 MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME
2.4 MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMEMENTE ACELERADO
2.5 MOVIMIENTO DE VARIAS PARTICULAS
2.6 MOVIMIENTO CURVILINEO DE PARTICULAS
2.7 ACELERACION EN EL MOVIMIENTO CURVILINEO
2.8 MOVIMIENTO RELATIVO
2.9 CINEMATICA DEL CUERPO RIGIDO
2.1 INTRODUCCION
La Dinámica
Es la rama de la mecánica que estudia el movimientos de los cuerpos causados
por las fuerzas que actúan sobre él; usualmente se divide en cinemática y cinética.
Cinemática
La cinemática es la parte de la mecánica que estudia el movimiento de los cuerpos
sin tener en consideración las fuerzas que lo producen
Cinética
La cinética relaciona el movimiento de los cuerpos con las fuerzas actuantes las
cuales hacen que este realice diversos tipos de movimientos.
Cinemática De La Partícula
Para tener una idea clara de lo que es el movimiento de una partícula; lo
definiremos como “EL CAMBIO DE POSICION DE LA PARTICULA A MEDIDA QUE
TRANSCURRE EL TIEMPO”, el cual debe estar referido a un sistema de referencia para
que permita definir su posición en cualquier instante.
Uno de los sistemas más usados para definir la posición de la partícula en el punto O en el
espacio es el TIEDRO DERECHO. Ej.
S=F(t)
a) Ecuación Horario del movimiento.
b) Por el vector posición.
2.2 MOVIMIENTO RECTILINEO DE PARTICULAS
Posición, velocidad y aceleración
-
Sea P la posición ocupada por la partícula en el instante t.
Sea P’ la posición ocupada de la partícula en un instante posterior ( 𝑡 +∆𝑡)

La velocidad media de la partícula
En el intervalo de tiempo se define como el cociente del desplazamiento ∆𝑋 y el
intervalo de tiempo ∆𝑡:
∆𝑋
VELOCIDADMEDIA= ∆𝑡

(m/seg; pies/seg; etc.)
La velocidad en el instante V de la partícula
En el instante t se obtiene: de la velocidad media:
VELOCIDAD INSTANTANEO = V = lim∆𝑡→0
𝑑𝑥
𝑣 = 𝑑𝑡
(𝑥+∆𝑥)−(𝑥) 𝑣
∆𝑡
...(I) (m/sg, pies/seg; etc.)
𝑑𝑥
1
= 𝑑𝑡

La aceleración media de la partícula
En el intervalo de tiempo ∆𝑡 se define por el cociente de ∆𝑣 y ∆𝑡
∆𝑉
ACELERACION MEDIA= ∆𝑡 (m/𝑠𝑒𝑔2; pies/𝑠𝑒𝑔2 ; etc.)

La aceleración instantánea (a) de la partícula
En el instante t se obtiene de la aceleración media escogiendo valores de ∆𝑡 y ∆𝑣
cada vez más pequeños
ACELERACION INSTANTANEO = a = lim∆𝑡→0
𝑑𝑣
𝑎 = 𝑑𝑡
𝑑2 𝑥
𝑎 = 𝑑𝑡 2
... (II)
∆𝑡
(m/𝑠𝑒𝑔2; pies/𝑠𝑒𝑔2; etc.)
...(III)
a) La partícula se está moviendo más rápido en dirección +.
fig. a
(𝑣+∆𝑣)−(𝑣)
b) Partícula se está moviendo más despacio en dirección - .
fig. b
c) Partícula se está moviendo más lentamente en dirección +.
fig. c
d) Partícula se está moviendo más rápido en dirección - .
fig. d
NOTA: la aceleración (+) indica que la velocidad aumenta y (-) indica que la velocidad
disminuye.
-
El termino deceleración se emplea algunas veces para referirse a cuando la
velocidad de la partícula disminuye; entonces la partícula se está movimiento más
lentamente, como en la fig. a.
Ej.
La partícula en la figura “b” y “c” decelera.
La partícula de la figura “a” y “d” acelerada (es decir se mueve más rápido)
𝑑𝑣
𝑎 = 𝑣. 𝑑𝑥
...(IV)

Determinación del movimiento de una partícula
Consideremos tres clases comunes del movimiento:
1. a =f (t) La aceleración es una función conocida de t.
𝑑𝑣
𝑎 = 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑡
= f (t)dt
∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
Condiciones:
𝑣
t=0 y
𝑣 = 𝑣0
t=t y
v=v
𝑡
𝑡
∫𝑣∗ 𝑑𝑣 = ∫0 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 → 𝑣 − 𝑣0 = ∫0 𝑓(𝑡)𝑑𝑡
Despejamos dx:
𝑣=
𝑥
𝑡
𝑑𝑥
→ 𝑑𝑥 = 𝑣𝑑𝑡 → ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑣𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑥∗
0
El movimiento está
completamente
determinado
Se estudiaran dos casos partículas:
1. cuando a = 0, corresponde a un movimiento uniforme
2. cuando a = cte. corresponde a un movimiento uniforme acelerado
2. a = f(x) la aceleración es una función conocida de x.
𝑎=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
;
𝑣=
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑣
→ 𝑑𝑡 =
∴ 𝑎 = 𝑑𝑥 = 𝑣.
𝑑𝑡
𝑣
𝑑𝑥
𝑣
𝑣𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑥 → 𝑣𝑑𝑣 = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑣
𝑥
𝑥
1
1
∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑣 2 + . 𝑣 ∗2 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
2
2
𝑣0
𝑥0
𝑥∗
Despejamos dt:
𝑣=
𝑑𝑥
𝑑𝑥
→ 𝑑𝑡 =
𝑑𝑡
𝑣
3. a = f(v). La aceleración es un función conocida de v.
𝑎=
𝑑𝑣
= 𝑓(𝑣)
𝑑𝑡
;
𝑎=𝑣
𝑑𝑡 =
𝑑𝑥
𝑓(𝑣)
;
𝑑𝑥 =
𝑑𝑣
= 𝑓(𝑣)
𝑑𝑥
𝑣𝑑𝑣
𝑓(𝑣)
2.3 MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME: (a = 0)



Es un tipo de movimiento en línea recta
En este movimiento de aceleración a de la partícula es cero para cualquier valor t.
la velocidad v es constante:
𝑣=
𝑥
𝑑𝑥
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑑𝑡
𝑡
∫𝑥∗ 𝑑𝑥 = ∫0 𝑣𝑑𝑡 → 𝑥 − 𝑥0 = 𝑣𝑡 → 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑡
2.4 MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME ACELERADO :(a = cte.)
La aceleración de la partícula es constante a = cte
𝑎=
𝑣
𝑡
𝑑𝑣
→ ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 → 𝑣 − 𝑣0 = 𝑣𝑡
𝑑𝑡
𝑣∗
0
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡
... (1)
Casos (1)
𝑑𝑥
𝑥
𝑡
Sustituyendo(𝑣 = 𝑑𝑡 ) en v ∫𝑥∗ 𝑑𝑥 = ∫0 (𝑣 ∗ +𝑎𝑡)𝑑𝑡
1
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 + 2 . 𝑎𝑡 2
.... (2)
Casos (2)
Sustituyendo la ecuación 𝑎 =
1
. (𝑣 2 − 𝑣0 2 ) = 𝑎(𝑥 − 𝑥0 )
2
𝑣𝑑𝑣
= 𝑐𝑡𝑒 ;
𝑑𝑥
𝑣
𝑥
𝑣𝑑𝑣 = 𝑎𝑑𝑥 → ∫𝑣∗ 𝑣𝑑𝑣 = ∫𝑥∗ 𝑎𝑑𝑥
→ 𝑣 2 = 𝑣 ∗2 + 2𝑎(𝑥 − 𝑥0 )
….(3)
Conclusiones:
-
Una aplicación importante del movimiento uniformemente acelerado es el
movimiento de un sólido en caída libre.
La aceleración de un sólido en caída libre es la gravedad (g) g=9.8 m/seg2
Si la aceleración de la partícula es variable a = variable su movimiento debe
determinarse de las ecuaciones fundamentales I, II, III
2.5 MOVIMIENTO DE VARIAS PARTICULAS

Movimiento relativo de dos partículas
-
El tiempo debe registrarse desde el mismo instante inicial para todas las partículas.
Los desplazamientos deben medirse desde el mismo origen y en la misma
dirección.
Imaginemos dos partículas “A” y “B”, moviéndose a lo largo de la misma línea
recta.
Las coordenadas de posición 𝑋𝐵 𝑦𝑋𝐴 se unen desde el mismo origen.
La diferencia de 𝑋𝐵 − 𝑋𝐴 define a la coordenada de posición relativa de “B”
respecto de “a” y se representa 𝑋𝐵⁄ . Escribimos:
-
𝐴
𝑋𝐵⁄ = 𝑋𝐵 − 𝑋𝐴 ó 𝑋𝐵 = 𝑋𝐴 + 𝑋𝐵⁄
𝐴
-
𝐴
... (4)
Le derivada temporal de 𝑋𝐵⁄ es la velocidad relativa de “B” respecto de “A” y se
𝐴
representa 𝑉𝐵⁄ . Al derivar la ecuación 4 podemos escribir:
𝐴
𝑉𝐵⁄ = 𝑉𝐵 − 𝑉𝐴 ó
𝐴
-
𝑉𝐵 = 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵⁄
𝐴
se conoce como la aceleración relativa de “B”
La derivada temporal de 𝑉𝐵⁄
𝐴
respecto “A” y se representa 𝑎𝐵⁄ . Derivando la ecuación 5 obtenemos:
𝐴
𝑎𝐵⁄ = 𝑎𝐵 − 𝑎𝐴 ó 𝑎𝐵 = 𝑎𝐴 + 𝑎𝐵⁄
𝐴
𝐴
2.6 MOVIMIENTO CURVILINEO DE PARTICULAS
𝑉𝑚
⃗⃗ =
Velocidad media:
⃗
∆𝒓
∆𝑡
⃗ =
𝒗
⃗
∆𝒓
∆𝑥
∆𝑦
∆𝑧
=
𝑖+
𝑗 + 𝑘⃗
∆𝑡 ∆𝑡
∆𝑡
∆𝑡
Velocidad instantánea:
⃗
⃗
∆𝒓
𝑑𝒓
=
∆𝑡→0 ∆𝑡
𝑑𝑡
⃗ = lim
𝒗
⃗ =
𝒗
⃗
⃗
𝑑𝒓
𝑑𝑠 𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧
𝑑𝑠 𝑑𝒓
⃗ = .( )
=
.( 𝑖 +
𝑗 + 𝑘⃗ ) = 𝑣𝒖
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⃗ =
𝒖
𝑑𝑠
𝒗 = 𝑑𝑡 →
-
⃗
𝑑𝒓
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑧
=
𝑖+
𝑗 + 𝑘⃗
𝑑𝑡 𝑑𝑠
𝑑𝑠
𝑑𝑠
Módulo de la velocidad que recibe el nombre de rapidez
La velocidad siempre será tangente a la trayectoria
Con la finalidad de simplificar la nomenclatura de las derivadas con respecto al
tiempo
⃗ (𝑡) = 𝑟̇ = 𝑠̇ 𝑢
𝑉
⃗
2.7 ACELERACION EN EL MOVIMIENTO CURVILINEO



Sin embargo, se puede construir una curva ficticia llamada HODOGRAFA cuyas
características con respecto a estas, sean análogas a la que tiene la velocidad con
respecto a la trayectoria.
Una partícula se desplaza sobre una trayectoria curva con velocidad 𝑣 𝑦𝑣1 en los
puntos M y P
En un intervalo de tiempo ∆𝑡 la velocidad se ha incrementado en ∆𝑣
Aceleración media:
𝑎=
∆𝑣
∆𝑡
La aceleración media tiene el mismo sentido y dirección que ∆𝑣
Aceleración instantánea:
∆𝑣
∆𝑡−0 ∆𝑡
𝑎 = lim
𝑎=
⃗
𝑑𝒗
𝑑𝑡
=
𝑑 𝑑𝑟
( )
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
=
𝑑2 𝑟
𝑑𝑡 2
=
𝑟̈
Componente normal y tangencial de la aceleración:
𝑎𝑡 = aceleración tangencial
variación de la rapidez.
produce
la
𝑎𝑁 = aceleración normal y produce el cambio
de curvatura de la trayectoria. Su sentido
hacia el centro de la curvatura.
̅̅̅
𝑝𝑐 = 𝜌 (radio de curvatura)
𝑎=
𝑎=(
⃗
⃗)
⃗
𝑑𝒗
𝑑(𝑣𝒖
𝑑𝑣
𝑑𝒖
=
= ( )𝑢
⃗ +𝑣( )
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑣
)𝑢
⃗ + 𝑣 ( ) 𝑑𝑢
⃗
𝑑𝑡
𝑑𝑠
;
𝑣=
𝑑𝑠
𝒗
1
→
=
𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑑𝑡
𝑑𝑉
𝑑𝑢
⃗
𝑎 = ( )𝑢
⃗ + 𝑉2 ( )
𝑑𝑡
𝑑𝑠
𝑑𝑉
𝑉2
𝑎 = ( )𝑢
⃗ + ( )𝑛̅
𝑑𝑡
𝜌
𝑎 = 𝑎𝑡 + 𝑎𝑛
Donde:
𝑎𝑡 = (
𝑑𝑉
)𝑢
⃗
𝑑𝑡
𝑎𝑛 = (
𝑉2
) 𝑛⃗
𝜌
Siendo:
V = la rapidez
𝜌= radio de curvatura en el punto P.
𝑎𝑡 = la aceleración tiene el mismo sentido que la velocidad V.

EJEMPLO:
Una partícula recorre la parte positiva de la parábola ( 𝑋 3 = 2 𝑌 2 ) según la ecuación
horaria S= 2𝑡 2 . si la partícula parte del origen 0. Determinar las componentes cartesianas
de la velocidad en t= 2 segundos después de iniciado su movimiento.
Ecuación de la parábola: 𝑥 3 = 2𝑦 2
Determinar: 𝑉𝑥 =?𝑉𝑦 =?
𝑋3
= 𝑌2
2
Derivamos la Ec. De la parábola:
3𝑥 2 𝑑𝑥 = 4𝑦𝑑𝑦
3𝑥 2 = 4𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
Ecuación de la trayectoria:
3 𝑥2 2 2
𝑑2 𝑠 = 𝑑2 𝑥 + 𝑑𝑦 2 = 𝑑2 𝑦 + (
) 𝑑 𝑥
4𝑦
𝑑2 𝑠 = 𝑑2 𝑥 +
9 𝑥4 2
9 𝑥4 2
2
𝑑
𝑥
=
𝑑
𝑥
+
𝑑 𝑥
12 𝑦 2
16 𝑥 3
2
𝑑𝑠 = ( 1 +
9𝑥 1
S = ∫( 1 + 8 )2 𝑑𝑥
1
8
S = ∫ 𝑢2 (9) 𝑑𝑢 =
16
3
S = 27 𝑢2 + 𝑐 =
9𝑥 1
)2 𝑑𝑥
8
Haciendo:
9𝑥
1
8
2 𝑑𝑢
𝑢
∫
9
16
9𝑥 3
(
1
+
)2 +
27
8
𝑐
. . . 𝑒𝑐𝑢. (𝐼)
−16
Cuando t = 0 , x = y = 0 y s = 0 en consecuencia c = 27
Remplazando el valor de C en Ecu. (I) y despejando x
8
275
2
3
9
𝑢 = 1 + 8 𝑑𝑢 = 8 𝑑𝑥
X = 9 [ ( 16 + 1 ) − 1 ]
s = 2𝑡 2 se tiene:
Remplazando:
2
3
8
27𝑡 2
X = 9[ ( 8 +1 ) − 1
𝑑𝑥
𝑣𝑥 = 𝑑𝑡 = 𝑥̇ = 4𝑡(
… ecu. (II)
−1
27𝑡 2
3
+
1)
8
s = 2𝑡 2
Cuando t =2 seg→ 𝑣𝑥 = 3.28 𝑚⁄𝑠 𝑅𝑝𝑡𝑎
De la ecu.
𝑑𝑠
v = 𝑑𝑡 = 𝑠̇ = 4𝑡 ; para t = 2 seg
𝑚
→𝑣=8𝑠
∴ 𝑣 2 = 𝑣 2 𝑥 + 𝑣 2𝑦
82 = 3.282 + 𝑣 2 𝑦 𝑣𝑦 = 7.30 𝑚⁄𝑠
Nota:
𝑑𝑢
1
= 𝑛
𝑑𝑠
𝜌
𝑣=
𝑑𝑠
𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑 𝑑𝑠
=
( )
𝑑𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑣
𝑑2 𝑠
=
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Velocidad y Aceleración Angular de Líneas:
La partícula hacia la derecha.
Velocidad angular ( W ) :
𝑑𝜃
W = 𝑑𝑡 = 𝜃̇
Aceleracio angular ( 𝛼 ):
𝛼=
𝑑2 𝜃
𝑑𝑡 2
= 𝜃̈ 𝜃̇
( rad/ seg.)
( rad/ 𝑠 2 .)
Ejemplo:
Una barra AB de longitud igual L que se apoya sobre un piso horizontal y sobre el
semicilindro C; se mueve de tal forma que su extremo A tiene una velocidad constante de
5 m/s. Hacia la derecha. Sabiendo que el radio del semicírculo es de 3 m. determinar:
a) La velocidad angular de la barra cuando se encuentra a una distancia X del punto
0.
b) Qué valor tendrá la velocidad angular cuando X = 5 m.
Solución:
sin 𝜃 =
De la figura:
𝑅
……………………..(I)
𝑋
Derivando respecto al tiempo. t
cos 𝜃𝜃 =
̇ −𝑅𝑋̇
𝑋2
…………………….(II)
De la ecu.
sin 𝜃 2 + cos 𝜃 2 = 1
𝑅2
+
𝑋2
cos 𝜃 2 = 1
𝑅2
-------cos 𝜃 2 = 1 − 𝑋 2
=
𝑋 2 −𝑅2
𝑋2
-----cos 𝜃 = (
𝑥 2 + 𝑅2
)……(III)
𝑋
Remplazando ( III) en (II) y como X = 5 m/s y R = 3m. Se tiene.
𝜃 =
̇ −15
𝑋√𝑋 2 − (3)2
Cuando X = -5m
W = 0.75K
̇ 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ……………..RPTA
𝜃̇ = 0.75
2.8 MOVIMIENTO REFERIDO A UN SISTEMA DE COORDENADAS EN MOVIMIENTO
(MOVIMIENTO RELATIVO)
Sistema móvil: x, y, z (i, j, k)
Sistema fijo X, Y, Z (𝑢̅1, 𝑢̅2, 𝑢̅3

Sistema Fijo :
𝑟̅ = 𝑥𝑢̅1, 𝑦𝑢̅2, 𝑧𝑢̅3
𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑥̇ 𝑢̅1, 𝑦̇ 𝑢̅2, 𝑧̇ 𝑢̅3
𝑎̅ = 𝑣̇ = 𝑟 =
̈ 𝑥̈ 𝑢̅1, 𝑦̈ 𝑢̅2, 𝑧̈ 𝑢̅3,

Sistema móvil:
̅̅̅
𝜌𝑟 = 𝑥𝑖̅ + 𝑦𝑗̅ + 𝑧𝑘̅
𝜌̅̇𝑟 = 𝑥̇ 𝑖 ̅ + 𝑦̇ 𝑗 ̅ + 𝑧̇ 𝑘̅ + 𝑥𝑖̅̇ + 𝑦𝑗̅̇ + 𝑧𝑘̅̇
𝑟̅ = 𝑅̅ + 𝜌̅𝑟 ... (1)
𝑟̅ = 𝑅̅ + (𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘)
𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ = 𝑥̇ 𝑖 ̅ + 𝑦̇ 𝑗 ̅ + 𝑧̇ 𝑘̅ + 𝑥𝑖̅̇ + 𝑦𝑗̅̇ + 𝑧𝑘̅̇
𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ = 𝑥̇ 𝑖 ̅ + 𝑦̇ 𝑗 ̅ + 𝑧̇ 𝑘̅ + 𝑥(𝑤
̅ ∗ 𝑖̅)̇ + 𝑦(𝑤
̅ ∗ 𝑗̅̇) + 𝑧(𝑤
̅ ∗ 𝑘̅̇ )
𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ = 𝑥̇ 𝑖 ̅ + 𝑦̇ 𝑗 ̅ + 𝑧̇ 𝑘̅ + (𝑤
̅ ∗ 𝑥𝑖̅)̇ + (𝑤
̅ ∗ 𝑦𝑗̅̇) + (𝑤
̅ ∗ 𝑧𝑘̅̇ )
𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ + 𝜌̅̇𝑟 + 𝑤
̅ ∗ 𝜌̅𝑟
...(2)
Donde: 𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟 es la velocidad tangencial.
De la ecuación 1 : 𝑟̅ = 𝑅̅ + 𝜌̅𝑟
-
𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ + 𝜌̅𝑟̇
-
... (3)
De la ecuación ( 3) igualando en la ecuación ( 2)
𝜌̅̇𝑟 = 𝜌̅̇𝑟 +𝑤
̅ ∗ ̅̅̅...(4)
𝜌𝑟
∴ 𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ = 𝑥̇ 𝑖 ̅ + 𝑦̇ 𝑗 ̅ + 𝑧̇ 𝑘̅ + 𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟
...(5)
- Derivando la ecuación 5 tenemos;
𝑎̅ = 𝑣̅̇ = 𝑟̅̈ = 𝑅̅̈ = 𝑥̈ 𝑖 ̅ + 𝑦̈ 𝑗 ̅ + 𝑧̈ 𝑘̅ + 𝑥̇ 𝑖̇ ̅ + 𝑦̇ 𝑗̇ ̅ + 𝑧̇ 𝑘̅̇ + 𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟 + 𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟̇
𝑎̅ = 𝑅̅̈ = ̅̅̅
𝜌𝑟̈ + (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟̇ ) + (𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟 + 𝑤
̅(𝜌̅̇𝑟 +𝑤
̅ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟
𝑎̅ = 𝑅̅̈ = ̅̅̅
𝜌𝑟̈ + (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟̇ ) + (𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟 + 𝑤
̅ ∗ 𝜌̅̇𝑟 +𝑤
̅ ∗ (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟
𝑎̅ = 𝑅̅̈ + ̅̅̅
𝜌𝑟̈ + (𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟 + 2(𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟̇ ) + 𝑤
̅ ∗ (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟
... (6)
Donde:
𝑎̅ : Es la aceleración absoluta
𝑅̅̈ : La aceleración del origen de coordenadas móviles
̅̅̅𝑟̈ : Es la aceleración de la partícula respecto al origen de las coordenadas móviles.
𝜌
𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅:
𝜌𝑟 Es la aceleración tangencial debida a la aceleración angular del sistema
móvil
2(𝑤
̅ ∗ ̅̅̅
𝜌𝑟̇ ): Es la llamada aceleración de coriolis, debida a la interacción de la
velocidad angular y la velocidad relativa de la partícula.
𝑤
̅ ∗ (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅):
𝜌𝑟 Es la aceleración normal debida a la velocidad angular
𝑅̅̈ + (𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟 + 𝑤
̅ ∗ (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅):
𝜌𝑟 Es la aceleración absoluta de una partícula Q que
permanece fijo con respecto al sistema móvil.
2.9 CINEMATICA DEL CUERPO RIGIDO: (𝜌
̅̅̅𝑟̇ = ̅̅̅
𝜌𝑟̈ = 0)
Se trata el análisis como si fuera movimiento relativo.
𝑟̅ = 𝑅̅ + 𝜌̅𝑟
Siempre se empieza del punto fijo
𝑣̅ = 𝑟̅̇ = 𝑅̅̇ = (𝑤
̅ ∗ ̅̅̅)
𝜌𝑟
̈
𝑎̅ = 𝑣̅̇ = 𝑟̅̈ = 𝑅̅ + (𝑤
̅̇ ∗ ̅̅̅)+𝑤
𝜌𝑟 ̅ ∗ (𝑤
̅ × ̅̅̅)
𝜌𝑟
𝑟̅𝐵 = 𝑟̅𝐵 + 𝜌̅𝐴𝐵
... (I)
𝑣̅𝐵 = 𝑟̅𝐵̇ = 𝑟̅𝐴̇ + (𝑤
̅𝐴𝐵 ∗ 𝜌̅𝐴𝐵 )
𝑣̅𝐵 = 𝑣̅𝐴 + (𝑤
̅𝐴𝐵 ∗ 𝜌̅𝐴𝐵 )
... (II)
𝑎̅𝐵 = 𝑣̅𝐵 = 𝑟̅𝐵̈ = 𝑟̅𝐴̈ + (𝑤̇𝐴𝐵 ∗ 𝜌̅𝐴𝐵 ) + 𝑤
̅𝐴𝐵 ∗ (𝑤
̅𝐴𝐵 ∗ 𝜌̅𝐴𝐵 )
𝑎̅𝐵 = 𝑎̅𝐴 + (𝑤̇𝐴𝐵 ∗ 𝜌̅𝐴𝐵 ) + 𝑤
̅𝐴𝐵 ∗ (𝑤
̅𝐴𝐵 ∗ 𝜌̅𝐴𝐵 )
... (III)
EJERCICIOS PROPUESTOS
Problema N° 1: Una partícula p se mueve con una velocidad relativa cte. Va a lo largo de
la periferia de una rueda de radio R mientras que la rueda está girando a una velocidad
angular en el sentido contrario. Hallar la velocidad y aceleración, si la velocidad angular es
uniforme.
Problema N°2: Se tiene un tubo que forma un ángulo de ∝= 60° con el eje vertical y que
está girando con una velocidad angular de 500 RPM con respecto al eje dentro del tubo se
encuentra una partícula que se mueve con una velocidad constante 𝑣° = 50 𝑚/𝑠 .Encontrar
la aceleración cuando la partícula se encuentra a 0.50 m del origen
EJERCICIOS RESUELTOS:
EJERCICIO Nº01.- Un automóvil se mueve con velocidad constante v=80pie/s en un tramo
circular de una pista de pruebas, un radar en el punto O efectúa el seguimiento del
movimiento del automóvil. Calcule la aceleración total del automóvil para 𝜃 = 70º si
𝑅 = 300𝑝𝑖𝑒.
Solución
⃗⃗ = 80𝑝𝑖𝑒/𝑠
𝑉
300
𝑟
=
sin 20
sin 140
θ = 70º
𝑟 = 563.816 𝑝𝑖𝑒
R = 300pie
𝑎⃗ =?
Sistema de coordenadas polares:
𝑟⃗ = 𝑟𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝑧𝑢
⃗⃗𝑧
𝑣⃗ = 𝑟̇ 𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝑟𝜃̇ 𝑢
⃗⃗𝜃 + 𝑧̇ 𝑢
⃗⃗𝑧
𝑎⃗ = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 )𝑢
⃗⃗𝑟 + (2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ )𝑢
⃗⃗𝜃 + 𝑧̈ 𝑢
⃗⃗𝑧
𝑟⃗ = 𝑟 cos 𝜃 𝑖⃗ + 𝑟 sin 𝜃 𝑗⃗ = 𝑟[cos 𝜃 𝑖⃗ + sin 𝜃 𝑗⃗] = 𝑟𝑢
⃗⃗𝑟
𝑟̇ = −𝑟𝜃̇ sin 𝜃 𝑖⃗ + 𝑟𝜃̇ cos 𝜃 𝑗⃗ = 𝑟𝜃̇ [− sin 𝜃 𝑖⃗ + cos 𝜃 𝑗⃗] = 𝑟𝜃̇ 𝑢
⃗⃗𝜃
𝑟̈ = − 𝑟𝜃̇ 2 cos 𝜃 𝑖⃗ − 𝑟𝜃̇ 2 sin 𝜃 𝑗⃗ = −𝑟𝜃̇ 2 [cos 𝜃 𝑖⃗ + sin 𝜃 𝑗⃗] = − 𝑟𝜃̇ 2 𝑢
⃗⃗𝑟
𝜃 = 70º𝑥
2𝜋𝑟𝑎𝑑
14𝜋
=
= 1.221733 ≈ 1.22 𝑟𝑎𝑑
360
36
𝑣
80
𝜃̇ = 𝑟 = 563.816 = 0.1419 𝑠 −1 ; 𝜃̈ = 0
𝑎⃗ = −𝑟𝜃̇ 2 𝑢
⃗⃗𝑟 + 2𝑟̇ 𝜃̇ 𝑢
⃗⃗𝜃 ⇒ 𝑎⃗ = [−563.816(0.1419)2 ]𝑢
⃗⃗𝑟 + [2(80). (0.1419)]𝑢
⃗⃗𝜃
𝑎⃗ = −11.353𝑢
⃗⃗𝑟 + 22.704𝑢
⃗⃗𝜃 ⇒
∴ |𝑎⃗| = 25.384 𝑝𝑖𝑒/𝑠²
EJERCICIO Nº02.- Las partículas de fluido adentro de una tobera se mueve a una velocidad
constante v=5m/s relativa a la tobera. Calcule la aceleración del fluido para r=0.2m cuando
la tobera gira a una velocidad constante de 20rpm. La tobera forma un Angulo de 20º con
respecto al plano horizontal.
Solución
𝑣⃗ = 5 𝑚/𝑠
𝑟 = 0.2 𝑚
𝜃̇ = 𝜔 = 20 𝑟𝑝𝑚 = 2.094 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟 = 0.2 𝑚
𝜃̇ = 2.094𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟̇ = 5𝑚/𝑠
𝜃̈ = 0
𝜙 = 70º= 1.222 𝑟𝑎𝑑
𝜙̇ = 0
𝑟̈ = 0
-Aceleración de coordenadas Esféricas:
𝑎⃗ = 𝑎𝑟 𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝑎𝜙 𝑢
⃗⃗𝜙 + 𝑎𝜃 𝑢
⃗⃗𝜃
𝑎𝑟 = 𝑟̈ 2 − 𝑟𝜙̇ 2 − 𝑟𝜃̇ ² sin 𝜙 ² = −0.774 𝑚/𝑠²
𝑎𝜙 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜙̈ − 𝑟𝜃̇ 2 cos 𝜙 sin 𝜙 = −0.282 𝑚/𝑠²
𝑎𝜃 = 2𝑟̇ 𝜃̇ sin 𝜙 + 2𝑟𝜃̇ 𝜙̇ cos 𝜙 + 𝑟 𝜃̈ sin 𝜙 = 19.677 𝑚/𝑠²
𝑎⃗ = −0.774𝑢
⃗⃗𝑟 − 0.282 𝑢
⃗⃗𝜙 + 19.677𝑢
⃗⃗𝜃
∴ |𝑎⃗| = 19.694 𝑚/𝑠²
EJERCICIO Nº03.- El barco A tiene un radar que efectúa el seguimiento de la posición y
velocidad del barco B. La información recibida en el barco A esta en función de la distancia
entre los barco ⃗⃗⃗𝑟𝐵/𝐴 el Angulo θ que la señal de información forma con la dirección norte, y la
razón es a las cuales estos parámetros cambian (Fig. Adjunta). Para el instante mostrado, la
̇
⃗⃗⃗⃗⃗
velocidad absoluta del barco A es 𝑉
𝑟𝐵/𝐴 =
𝐴 = (−10𝑖⃗ + 40𝑗⃗)𝑘𝑚/ℎ , θ=30º ,𝜃 = −0.001 𝑟𝑎𝑑/𝑠, ⃗⃗⃗
̇
3𝑘 𝑚 y 𝑟⃗
= 2 𝑚/𝑠.Calcule la velocidad del barco B en unidades de m/s.
𝐵/𝐴
Solución
⃗⃗𝐵 = 𝑉
⃗⃗𝐴 + 𝑉
⃗⃗𝐵/𝐴
𝑉
̇ 𝑢
⃗⃗𝐵/𝐴 = 𝑟⃗𝐵/𝐴
𝑉
⃗⃗𝑟 + ⃗⃗⃗𝑟𝐵/𝐴 𝜃̇𝑢
⃗⃗θ
⃗⃗𝐵/𝐴 = 2𝑢
𝑉
⃗⃗𝑟 − 3𝑢
⃗⃗θ 𝑚/𝑠
-Convirtiendo estos componentes radiales a coordenadas
rectangulares tenemos:
⃗⃗𝐵/𝐴 )𝑥 = −𝑉𝑟 sin 𝜃 + 𝑉𝜃 cos 𝜃 = 1.60 𝑚/𝑠
(𝑉
⃗⃗𝐵/𝐴 )𝑦 = 𝑉𝑟 cos 𝜃 + 𝑉𝜃 sin 𝜃 = 3.23 𝑚/𝑠
(𝑉
⃗⃗𝐵/𝐴 = 1.60𝑖⃗ + 3.23𝑗⃗ 𝑚/𝑠
⇒𝑉
⃗⃗𝐴 a unidades 𝑚/𝑠
-convirtiendo 𝑉
⃗⃗𝐴 = (−10𝑖⃗ + 40𝑗⃗)
𝑉
𝑘𝑚 1000𝑚 1ℎ
.
.
ℎ
1𝑘𝑚 3600𝑠
⃗⃗𝐴 = −2.78𝑖⃗ + 11.11𝑗⃗ 𝑚/𝑠
𝑉
-obteniendo:
⃗⃗𝐵 = 𝑉
⃗⃗𝐴 + 𝑉
⃗⃗𝐵/𝐴 = (−2.78𝑖⃗ + 11.11𝑗⃗) + (1.60𝑖⃗ + 3.23𝑗⃗ )
𝑉
∴ |𝑉⃗𝐵 | = 14.39 𝑚/𝑠
⃗⃗𝐵 = −1.18𝑖⃗ + 14.34𝑗⃗ ⟹
𝑉
EJERCICIO Nº04.- Determinar la velocidad lineal de una partícula que gira alrededor de un
eje con una velocidad angular de 600 RPM. El eje está determinada por la dirección 3𝑖⃗ +
2𝑗⃗-𝑘⃗⃗, sabiendo que la partícula se encuentra en el punto (2, 3,1).
Solución
𝑅
𝜔 = 600 𝑚𝑖𝑛 .
𝜔 = 20𝜋 [
2𝜋𝑟𝑎𝑑 𝑚𝑖𝑛
𝑟𝑎𝑑
. 60𝑠 ⟹ 𝜔 = 20𝜋 𝑠
𝑅
3𝑖⃗ + 2𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗
√9 + 4 + 1
] ⟹𝜔=
20𝜋
√14
(3𝑖⃗ + 2𝑗⃗ − 𝑘⃗⃗ )
El vector posición: 𝑟⃗ = 2𝑖⃗ + 3𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
La velocidad lineal de la partícula será:
𝑖⃗
20𝜋
⃗⃗ = 𝜔
𝑉
⃗⃗𝑥𝑟⃗ = 14 (3
√
2
𝑗⃗ 𝑘⃗⃗
2 −1)
3 1
⃗⃗ = 83.963𝑖⃗ − 83.963𝑗⃗ + 83.963𝑘⃗⃗ →
𝑉
∴ |𝑉⃗| = 145.428 𝑚
/𝑠
EJERCICIO Nº05.- Un perno de masa 𝑚 = 0.5 𝑘𝑔 es impulsada a través de una ranura
(lisa) fija AB por el brazo CD, que se mueve horizontalmente hacia la derecha, de acuerdo
𝑡
a la siguiente ley 𝑥 = 2(1 − 𝑒 −2 ); estando x en metros y t en segundos, determinar: las
fuerzas que ejercen las ranuras sobre la partícula cuando x=1m.
Solución
-Determinar primero la aceleración en coordenada
𝑡
cartesiana 𝑥 = 2(1 − 𝑒 −2 )
𝑡
Condición del problema x=1m: → 1 = 2(1 − 𝑒 −2 )
𝑡
1
= 1 − 𝑒 −2 →
2
𝑡
𝑒2 = 2
𝑡
𝑡
1
𝑥̇ = −2𝑒 2 (− ) = 𝑒 −2
2
𝑡
𝑡
1
1
𝑥̈ = 𝑒 −2 (− 2) = −0.5 (𝑒 −2 ) = −0.5 (2) = −0.25 𝑚/𝑠²
-Como la partícula se mueve en una trayectoria rectilínea, la aceleración tendrá una
dirección de 30º con la horizontal
𝑦̈
𝑦̈
tan 30 = 𝑥̈
𝑦̈ = 0.25(tan 30)
𝑦̈ = 0.1443 𝑚/𝑠²
𝑥̈
-Si llamamos: F1
la fuerza que ejerce CD, y
F2
La fuerza que ejerce AB
-Cuyos sentidos asumidos que sean los que se indican en el diagrama de cuerpo libre
(D.C.L)
-Aplicando la ecuación: ∑ 𝐹𝑋 = 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑥̈ ⇒ F1 − F2 cos 30 = (0.5). (−0.25)
F1 − F2 cos 30 = −0.125 … 𝐼
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦 = 𝑚𝑦̈ ⇒
9.81(0.5) = (0.5). (−0.1443)
−F2 sin 30 −
∴ F2 = −9.665 𝑁 … 𝐼𝐼
-Reemplazando la ecuación 𝐼𝐼 en 𝐼 :
∴ F1 = −8.495 𝑁
-Lo que indica que las fuerzas tienen el sentido contrario al considerado.
EJERCICIO Nº06.- Dos correderas A y B de masas
m=4kg, están unidas por un pin que les permite ir
entre A y se deslizan sobre dos varillas una curva de
ecuación r = 0.5 sin 2𝜃, fija a tierra, y la otra recta que
gira en torno del polo o en sentido antihorario cuando
𝜃 = 30º,𝜃̇ = 10𝑟𝑎𝑑/𝑠 y 𝜃̈ = 0.Determina la velocidad y
la aceleración de las partículas A y B que ejercen las
varillas sobre las correderas si el movimiento ocurre
en un plano vertical.
Solución
r = 0.5 sin 2𝜃
𝜃 = 30º
𝜃̇ = 10𝑟𝑎𝑑/𝑠 ; 𝜃̈ = 0
i)
Determinar la velocidad de las partículas A y B:
r = 0.5 sin 2𝜃 = 0.5 sin 60 = 0.433 𝑚
̇
𝑟̇ = 0.5(2𝜃 ) cos 2𝜃 = 0.5(2)(10) cos 60 = 5 𝑚/𝑠
𝑟̈ = 0.5(4)𝜃̇² sin 2𝜃 = −0.5(4)(10)² sin 60 = −173.2 𝑚/𝑠²
𝑚
;
𝑠
⃗⃗ = 5𝑟 𝑢
⃗⃗ | = 6.61 𝑚/𝑠
𝑉
⃗⃗𝑟 + 4.33𝑢
⃗⃗𝜃 ⇒ |𝑉
⃗⃗ = 𝑉𝑟 𝑢
𝑉
⃗⃗𝑟 + 𝑉𝜃 𝑢
⃗⃗𝜃
ii)
;
𝑉𝑟 = 𝑟̇ = 5
𝑉𝜃 = 𝑟𝜃̇ = 0.433(10) = 4.33 𝑚/𝑠
Determinaremos la aceleración de las partículas A y B:
𝑎⃗ = 𝑎𝑟 𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝑎𝜃 𝑢
⃗⃗𝜃
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 = −173.2 − 0.433(10)2 = −216.5 𝑚/𝑠²
𝑎𝜃 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ = 2(5)(10) = 100 𝑚/𝑠²
𝑚
𝑎⃗ = −216.5 𝑢
⃗⃗𝑟 + 100𝑢
⃗⃗𝜃 ⇒ |𝑎⃗| = 238.48 2
𝑠
EJERCICIO Nº07.- Mientras el equipo de radar de una avión de la policía se está
calibrando, está efectuando el seguimiento de un automóvil como se muestra en la figura.
Tanto el avión como el automóvil se mueven horizontalmente, con el avión en la dirección
transversal a la autopista. Calcule 𝑟 y 𝑟̇ para las condiciones dadas
Solución
-Para este análisis se recomienda un sistema de
coordenada en traslación con su origen en P y sus
ejes paralelos a los ejes X, Y, Z.
𝑟 = |𝑟⃗| = |𝑟⃗𝐶/𝑃 |
⃗⃗𝐶/𝑃 |
𝑟̇ = |𝑟̇ | = |𝑉
Luego 𝑟⃗𝐶/𝑃 = 𝑟⃗𝐶 − 𝑟⃗𝑃 = (300𝑖⃗ − 150𝑘⃗⃗ ) − 200𝑗⃗
𝑟⃗𝐶/𝑃 = 300𝑖⃗ − 200𝑗⃗ − 150𝑘⃗⃗ ⟹
∴ 𝑟 = 390.51 𝑚
⃗⃗𝐶/𝑃 |
-Para calcular la velocidad 𝑟̇ = |𝑟̇ | = |𝑉
⃗⃗𝐶 = 100
𝑉
𝐾𝑚 1000𝑚 1ℎ
.
.
= 27.78𝑘⃗⃗ 𝑚/𝑠
ℎ
1𝐾𝑚 3600𝑠
⃗⃗𝑃 = 150
𝑉
𝐾𝑚 1000𝑚 1ℎ
.
.
= 41.67𝑖⃗ 𝑚/𝑠
ℎ
1𝐾𝑚 3600𝑠
⃗⃗𝐶/𝑃 = 𝑉
⃗⃗𝐶 − 𝑉
⃗⃗𝑃 = 27.78𝑘⃗⃗ − 41.67𝑖⃗
𝑉
⃗⃗𝐶/𝑃 = −41.67𝑖⃗ + 27.78𝑘⃗⃗ ⟹
𝑉
𝑚
∴ 𝑟̇ = 𝑉𝐶/𝑃 = 50.08 𝑠 = 180.288 𝐾𝑚/
ℎ
EJERCICIO Nº08.- Una partícula de agua P se mueve hacia afuera a lo largo de un
impulsor de una bomba centrifuga con una velocidad tangencial constante de 100pie/s
relativa al impulsor. El impulsor está girando con una velocidad de magnitud escalar
uniforme de 1800RPM en el sentido antihorario. ¿Cuál es la aceleración de la partícula en
el punto en que se separa del impulsor?
Solución
𝛼 + 2𝛽 = 180 → 𝛼 = 180 − 2𝛽
-Aplicando la ley de senos:
18′′
24′′
18′′
18′′
24′′
18′′
=
=
⟹
=
=
sin 𝛼 sin 𝛽 sin(180 − 2𝛽)
sin 𝛼 sin 𝛽 (sin 180. cos 2𝛽 − sin 2𝛽. cos 180)
𝛽 = 67º58′ 47′′
𝛼 = 44º2′ 55.05′′
𝜃 = 𝛼 + 𝜙 = 63°31′ 45′′
𝜙 = 19º28′ 16.3′′
𝜔 = 1800 𝑅𝑃𝑀 = 188.496
𝑟𝑎𝑑
⇒ 𝜙̇ = 188.496𝑖⃗
𝑠
-Movimiento de la coordenada con respecto al eje fijo:
⃗⃗
𝑅⃗⃗ = −2′ cos 𝜙𝑗⃗ − 2′ sin 𝜙𝑘⃗⃗ = −1.886𝑗⃗ − 0.667𝑘
𝑅⃗⃗̇ = 2𝜙̇ sin 𝜙𝑗⃗ − 2𝜙̇ cos 𝜙𝑘⃗⃗ = 125.664𝑗⃗ − 355.431𝑘⃗⃗
𝑅⃗⃗̈ = 2𝜙²̇ cos 𝜙𝑗⃗ + 2𝜙²̇ sin 𝜙𝑘⃗⃗ = 66997𝑗⃗ + 23687.16𝑘⃗⃗
-Movimiento de la partícula con respecto a la coordenada móvil
⃗⃗⃗⃗⃗
𝛿𝑟 = 2 cos 𝜃 𝑗⃗ + 2 sin 𝜃 𝑘⃗⃗ = 0.892𝑗⃗ + 1.79𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ = −2𝜃̇ sin 𝜃 𝑗⃗ + 2𝜃̇ cos 𝜃 𝑘⃗⃗ = −89.51𝑗⃗ + 44.59𝑘⃗⃗
𝛿
̈
⃗⃗⃗⃗⃗
𝛿𝑟 = −2𝜃̇ ² cos 𝜃 𝑗⃗ − 2𝜃̇ ² sin 𝜃 𝑘⃗⃗ = −2229.44𝑗⃗ − 4475.44𝑘⃗⃗
𝑉
100
Sabemos que: 𝑉 = 𝑅𝜃̇ → 𝜃̇ = 𝑅 = 2 = 50 𝑠 −1
-Cálculo de la aceleración:
̈
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 ) + 2 (𝜔
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ ) + 𝜔
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 )
𝑎⃗ = 𝑅⃗⃗̈ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝛿𝑟 + (𝜔
⃗⃗̇𝑥𝛿
⃗⃗𝑥𝛿
⃗⃗𝑥(𝜔
⃗⃗𝑥𝛿
Donde;
̈
𝑅⃗⃗̈ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝛿𝑟 = 66997𝑗⃗ + 23687.16𝑘⃗⃗ − 2229.44𝑗⃗ − 4475.44𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 ) = 0
⃗⃗̇𝑥𝛿
(𝜔
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ ) = 376.992𝑖⃗[−89.51𝑗⃗ + 44.59𝑘⃗⃗] = −33744.544𝑘
⃗⃗ − 16810.073𝑗⃗
2 (𝜔
⃗⃗𝑥𝛿
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 ) = 188.496𝑖⃗[167.761𝑘
⃗⃗ − 337.408𝑗⃗] = −31622.277𝑗⃗ − 63600.058𝑘⃗⃗
𝜔
⃗⃗𝑥(𝜔
⃗⃗𝑥𝛿
Luego:
𝑎⃗ = 16335.21𝑗⃗ − 78128.892𝑘⃗⃗ 𝑝𝑖𝑒/𝑠² ⟹
∴ |𝑎⃗| = 79818.227 𝑝𝑖𝑒
/𝑠²
EJERCICIO Nº09.- Una barra esbelta uniforme de 4
pie de longitud gira en un plano horizontal en torno a
un eje que pasa por un extremo. Si se acelera
uniformemente desde 40 a 60 rpm en un intervalo de
5seg ¿Cuál es la velocidad lineal del centro de la barra
al principio y al final de ese tiempo?
Solución
-La aceleración del centro es: 𝑉 = 𝑟𝜔
-Así pues, la velocidad al principio y al final son respectivamente:
𝑉𝑃 = 𝑟𝜔𝑃 = (2𝑝𝑖𝑒) (
40𝑅 𝑥 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝑀𝑖𝑛 𝑥 𝑅
).
𝑀𝑖𝑛
60𝑠
=
8𝜋
3
∴ 𝑉𝑃 = 8.38 𝑝𝑖𝑒
/𝑠
60𝑅 𝑥 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑀𝑖𝑛
𝑉𝐹 = 𝑟𝜔𝐹 = (2𝑝𝑖𝑒) (
).
= 4𝜋
𝑀𝑖𝑛 𝑥 𝑅
60𝑠
∴ 𝑉𝐹 = 12.57 𝑝𝑖𝑒/𝑠
EJERCICIO Nº10.- Un aeroplano está descendiendo con un patrón helicoidal de
movimiento. Tiene una velocidad horizontal de 80m/s, una velocidad hacia debajo de 5m/s
y una aceleración de 2m/s² hacia abajo. Calcule la aceleración del aeroplano suponga que
la hélice tiene un paso constante 𝜃̈ = 0; diámetro de 400m
Solución
-El aeroplano viaja sobre un cilindro con radio constante.
𝑟 = 200 𝑚 ; 𝑟̇ = 0 ; 𝑟̈ = 0
-θ = aeroplano
-La rapidez de Q es constante:
𝑉𝑄 = √8𝑂2 + 5² = 80.156 𝑚/𝑠
-La velocidad del punto Q es:
⃗⃗𝜃 = 𝑟̇ 𝑢
𝑉
⃗⃗𝑟 + 𝑟𝜃̇ 𝑢
⃗⃗𝜃 + 𝑧𝑢
⃗⃗̇ 𝑧 ⇒
⃗⃗𝜃 = (200)𝜃̇ 𝑢
𝑉
⃗⃗𝜃 + (−5)𝑢
⃗⃗𝑧
(80.156) = (200)2 𝜃²̇ + 5²
𝜃 2̇ =
𝜃̇ =
6425 − 25
= 0.16
40000
𝑉
80
𝑟𝑎𝑑
=
= 0.40
𝑟 200
𝑠
-El paso de una hélice es el avance (constante) de Q en la dirección de z por cada
revolución en θ; entonces:
𝑃𝜃
𝑧 = 2𝜋 ; 𝑃 = 𝑝𝑎𝑠𝑜
𝜃̇ =
2𝜋𝑧̇
2𝜋𝑧̇ 2𝜋(5)
→𝑃=
=
= 78.54 𝑚
𝑃
0.40
𝜃̇
-La aceleración del punto Q será:
𝑎⃗ = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ )𝑢
⃗⃗𝑟 + (2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ )𝑢
⃗⃗𝜃 + 𝑧̈ 𝑢
⃗⃗𝑧
𝑎⃗ = −𝑟𝜃̇ 𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝑧̈ 𝑢
⃗⃗𝑧
𝑎⃗ = −(200)(0.40)²𝑢
⃗⃗𝑟 − 2𝑢
⃗⃗𝑧
𝑚
𝑎⃗ = −32𝑢
⃗⃗𝑟 − 2𝑢
⃗⃗𝑧 𝑠2
⟹
∴ |𝑎⃗| = 32.062 𝑚/𝑠²
EJERCICIO Nº11.- Un cuerpo se mueve en el plano XY según la ley 𝑥 = 𝑅 cos 𝜔 𝑡,
𝑦 = 𝑅 sen 𝜔𝑡; siendo 𝑥 𝑒 𝑦, las coordenadas del cuerpo, t el tiempo, 𝑅 𝑦 𝜔 constantes.
Hallar:
a) Eliminar t entre estas ecuaciones para encontrar la ecuación de la curva descrita
por el punto ¿Cuál es esta curva?
b) Encontrar las componentes según los ejes X e Y de la velocidad del punto.
Componer estas expresiones para obtener el valor y dirección de la velocidad resultante.
Solución:
a) Vector posición:
𝑟⃗ = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ = 𝑅 cos 𝜔𝑡 𝑖⃗ + 𝑅 sin 𝜔𝑡 𝑗⃗
La ecuación de la curva descrita por el cuerpo sera:
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅 2 cos 2 𝜔𝑡 + 𝑅 2 sen2 𝜔𝑡 = 𝑅 2 (cos2 𝜔𝑡 + sen2 𝜔𝑡)
𝑥 2 + 𝑦2 = 𝑅2
-
Luego la trayectoria del punto es una circunferencia de radio R
b) Tenemos las ecuaciones:
𝑥 = 𝑅 cos 𝜔 𝑡
;
𝑦 = 𝑅 sen 𝜔𝑡
𝑣⃗ = 𝑣𝑥 𝑖⃗ + 𝑣𝑦 𝑗⃗
𝑣𝑥 =
∴
𝑑𝑥
= −𝑅𝜔 sen 𝜔𝑡
𝑑𝑡
;
𝑣𝑦 =
𝑑𝑦
= 𝑅𝜔 cos 𝜔 𝑡
𝑑𝑡
⃗⃗ = −𝑅𝜔 sen 𝜔𝑡 𝑖⃗ + 𝑅𝜔 cos 𝜔 𝑡𝑗⃗
𝑉
𝑉 = [(−𝑅𝜔 sen 𝜔𝑡)2 + (𝑅𝜔 cos 𝜔 𝑡)2 ]1/2 = 𝑅𝜔
𝑉 = 𝑅𝜔
-
La dirección de esta velocidad es la perpendicular al radio R.
EJERCICIO Nº12.- Una partícula P se mueve con una velocidad relativa constante 𝑉0 a lo
largo de la periferia de una rueda de radio R mientras que la rueda está girando a una
velocidad angular en sentido anti horario contrario a la velocidad. Hallar la velocidad y
aceleración si la velocidad angular es uniforme.
Solución:
-
Sabemos que :
𝑣𝑜 = 𝑅𝜔 = 𝑅𝜃̇
𝑎𝑇 = 𝑣𝑜̇ = 0
𝑎𝑁 =
𝑣𝑜 2
𝑅
- Movimiento de coordenadas; las
coordenadas móviles coinciden con las
coordenadas fijas.
𝑅̅ = 0
-
;
𝑅̅̇ = 0
;
𝑅̅̇ = 0
𝑣 2
𝑣 2
Movimiento de la partícula en las coordenadas móviles:
𝜌𝑟 = 𝑅 cos 𝜃 𝑗⃗ − 𝑅 sen 𝜃 𝑘⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ = −𝑅𝜃̇ sen 𝜃 𝑗⃗ − 𝑅𝜃̇ cos 𝜃 𝑘⃗⃗ = −𝑣0 sin 𝜃 𝑗⃗ − 𝑣0 cos 𝜃 𝑘⃗⃗
𝜌
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̈ = −𝑅𝜃̇ 2 cos 𝜃 𝑗⃗ − 𝑅𝜃̇ 2 sen 𝜃 𝑘⃗⃗
𝜌
Para: 𝜃 = 0° tenemos: ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟 = 𝑅𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ = −𝑣0 𝑘⃗⃗
𝜌
2
𝑣𝑜
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̈ = −
𝜌
𝑗⃗
𝑅
-
Calculo de la velocidad:
⃗⃗ + (𝜔𝑖⃗ 𝑥 𝑅𝑗⃗)
𝑣⃗ = 𝑅⃗⃗̇ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟̇ + (𝜔
̅ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗)
𝜌𝑟 = −𝑣0 𝑘
𝑣⃗ = −𝑣0 𝑘⃗⃗ + 𝜔𝑅𝑘⃗⃗ = (−𝑣0 + 𝜔𝑅)𝑘⃗⃗
𝑣⃗ = (−𝑣0 + 𝑣0 )𝑘⃗⃗
𝑣⃗ = 0
-
Calculo de la aceleración:
𝑎⃗ = 𝑅⃗⃗̈ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟̈ + 𝜔
⃗⃗̇ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟 + 2(𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟̇ ) + 𝜔
⃗⃗ 𝑥 (𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗)
𝜌𝑟
𝑣 2
𝑣 2
𝑎⃗ = − 𝑅𝑜 𝑗⃗ + 2 (𝜔𝑖⃗ 𝑥 (−𝑣0 𝑘⃗⃗)) + 𝜔 𝑖⃗ 𝑥 (𝜔𝑖⃗ 𝑥 𝑅𝑗⃗) ⟹ 𝑎⃗ = (2 𝑅𝑜 − 𝑅𝑜 − 𝑅𝑜 ) 𝑗⃗ = 0
EJERCICIO Nº13.- En el instante dado una partícula P se mueve con una velocidad
constante, dentro del tubo de 10m/seg. El tubo esta soldado a una rueda que gira con una
velocidad angular de constante de 3rad/seg en sentido antihorario. Determinar la velocidad
y aceleración de P cuando tan 𝜃 = 4/3.
Datos:
- 𝑣0 = 10𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔
- 𝜔 = 3𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
- 𝜔 = 3𝑘⃗⃗
- tan 𝜃 = 4/3
- 0.8 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑦
⇒ 𝑦 = 3.20
4
𝑥
- 0.6 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 4 ⇒ 𝑥 = 2.40
Solucion:
i.
En el sistema movil:
𝑣 2 (10)2
𝑎𝑁 =
=
= 25
𝜌
4
𝑎𝑁 = 25𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝜌𝑟 = 9.60𝑖⃗ + 3.20𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ = 10 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖⃗ + 10 cos 𝜃 𝑗⃗ = 8𝑖⃗ + 6𝑗⃗
𝜌
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̈ = 𝑎𝑁 cos 𝜃 − 𝑎𝑁 sen 𝜃 𝑗⃗ = 15𝑖⃗ + 20𝑗⃗
𝜌
ii.
En el sistema fijo:
𝑅⃗⃗ = −12𝑖⃗
𝑅⃗⃗̇ = 0 (𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑜𝑟𝑒𝑖𝑔𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑒𝑠)
𝑅⃗⃗̈ = 0 (𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑜𝑟𝑒𝑖𝑔𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑙𝑒𝑠)
iii.
Calculo de la velocidad cuando tg=4/3
̇
⃗⃗̇ 𝜌𝑟̇ + (𝜔
𝑣
⃗⃗⃗⃗⃗
̅ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗)
𝜌𝑟
𝑝 = 𝑟⃗ = 𝑅 + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗
𝑣
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑝 = (8𝑖⃗ + 6𝑗⃗) + 3𝑘 𝑥 [9.60𝑖⃗ + 3.20𝑗⃗]
𝑣𝑝 = 34.84
iv.
Calculamos la aceleracion ⃗⃗⃗⃗⃗:
𝑎𝑝
- ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑝 = 𝑅⃗⃗̈ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟̈ + 𝜔
⃗⃗̇ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟 + 2(𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟̇ ) + 𝜔
⃗⃗ 𝑥 (𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗)
𝜌𝑟
- 2(𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝜌𝑟̇ ) = 2(3𝑘⃗⃗ )𝑥 (8𝑖⃗ + 6𝑗⃗) = 48𝑖⃗ − 36𝑗⃗
-𝜔
⃗⃗ 𝑥 (𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗)
𝜌𝑟 = 3𝑘⃗⃗ 𝑥 [3𝑘⃗⃗ 𝑥 (9.60𝑖⃗ + 3.20𝑗⃗)
𝜔
⃗⃗ 𝑥 (𝜔
⃗⃗ 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗)
𝜌𝑟 = −86.40𝑖⃗ − 28.80𝑗⃗
∴ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑝 = (15 − 36 − 86.40)𝑖⃗ + (−20 + 48 − 28.8)𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗|
|𝑎
𝑝 = 107.40
EJERCICIO Nº14.- Un brazo ranurado AB gira en
torno al punto o, mientras que la corredera C se
mueve dentro de él. La posición de C depende de
la cuerda que esta fija en D y permanecer tensa. El
brazo tiene una velocidad angular constante (anti
horaria) de 4rad/seg. Si 𝑟 = 0 cuando 𝜃 = 0,
determinar la velocidad y la aceleración de la
corredera cuando 𝜃 = 30°.
Solución:
- Por ser 𝑟 = 0, cuando 𝜃 = 0 se deduce
que la longitud de la cuerda es 𝐿 = 0,4𝑚.
-
El triángulo BOD es isósceles luego:
sen
𝜃 𝐸𝐷
=
2
2
⇒
𝐸𝐷 = 𝐿 sen
𝜃
2
𝐵𝐷 = 𝐵𝐸 + 𝐸𝐷 = 2𝐿 sen ……(1)
𝐿 = 𝑟 + 𝐶𝐵 = 𝐶𝐵 + 𝐵𝐷
⇒ 𝑟 = 𝐵……(2)
Reemplazando la ecuación (1) en (2) tenemos:
𝜃
𝑟 = 2(0.4) sen 2
-
⇒
De la ecuación (3) tenemos:
𝜃
𝑟̇ = 0.4 cos ( ) 𝜃̇
2
𝜃
𝑟̈ = −0.2 sen ( ) 𝜃̇ 2
2
𝜃
𝑟 = 0.8 sen 2 ……(3)
𝜃
2
-
Cuando 𝜃 = 30° tenemos:
30°
𝑟 = 0.8 sen ( ) = 0.207𝑚
2
30°
𝑟̇ = 0.4 cos ( ) (4) = 1.545𝑚/𝑠𝑒𝑔
2
30
𝑟̈ = −0.2 sen ( ) (4)2 = −0.828𝑚/𝑠𝑒𝑔2
2
-
Calculo de la velocidad:
𝑣⃗ = 𝑟̇ = 𝑟̇ 𝑢
⃗⃗𝑟 + 𝑟𝜃̇ 𝑢
⃗⃗𝜃
𝑣 = 1.753𝑚/𝑠𝑒𝑔
-
Calculo de la aceleración:
𝑎⃗ = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 )𝑢
⃗⃗𝑟 + (2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ )𝑢
⃗⃗𝜃
𝑎⃗ = 13.03𝑚/𝑠𝑒𝑔2
EJERCICIO Nº15.- Se mide electrónicamente la posición de una partícula con carga
eléctrica que se mueve en un plano horizontal. Esta información se suministra a una
computadora que emplea técnicas de ajuste de cargas para generar la expresión analítica
de la posición de la partícula, la cual resulta estar dada por 𝑟⃗ = 𝑡 3 𝑖⃗ + 𝑡 4 𝑗⃗, de donde 𝑟⃗ está
en metros y 𝑡 en segundos. Para 𝑡 = 1𝑠𝑒𝑔 calcule:
a) La aceleración de la partícula expresada en sus componentes rectangulares.
b) Las componentes normal y tangencial de la aceleración.
c) El radio de curvatura de la trayectoria de la partícula.
Solución:
a) Cálculo de la aceleración de la partícula expresada en sus componentes
rectangulares:
-
Para un tiempo genérico t:
𝑟⃗ = 𝑡 3 𝑖⃗ + 𝑡 4 𝑗⃗ (𝑚) ; 𝑣⃗ = 𝑟⃗̇ = 3𝑡 2 𝑖⃗ + 4𝑡 3 𝑗⃗ (𝑚/𝑠) ; 𝑎⃗ = 𝑟⃗̈ = 6𝑡𝑖⃗ + 12𝑡 2 𝑗⃗ (𝑚/𝑠 2 )
-
Para 𝑡 = 1𝑠𝑒𝑔 tenemos :
𝑟⃗ = 𝑖⃗ + 𝑗⃗……………(𝑚)
𝑚
𝑣⃗ = 3𝑖⃗ + 4𝑗⃗…………( 𝑠 )
⇒
|𝑣⃗| = 5𝑚/𝑠
𝑎⃗ = 6𝑖⃗ + 12𝑗⃗………(𝑚/𝑠 2 ) ⇒ |𝑎⃗| = 13.42𝑚/𝑠 2
b) Calculo de los componente normal y tangencial de la aceleración:
-
El vector unitario tangente en la dirección de la tangente está dado por:
𝑣⃗
𝑣⃗ = 𝑣𝑢
⃗⃗
⇒
𝑢
⃗⃗ =
𝑣
3𝑖⃗ 4𝑗⃗
𝑢
⃗⃗ = ( + )
5
5
|𝑎⃗ 𝑇 | = 𝑎⃗. 𝑢
⃗⃗ = (6𝑖⃗ + 12𝑗⃗). (
∴
|𝑎⃗𝑇 | =
18 48 66
+
=
= 13.2𝑚/𝑠 2
5
5
5
𝑎⃗𝑇 = 𝑎𝑇 𝑢
⃗⃗ =
-
3𝑖⃗ 4𝑗⃗
+ )
5
5
66 3𝑖⃗ 4𝑗⃗
( + )
5 5
5
⟹
𝑎⃗ 𝑇 = 7.92𝑖⃗ + 10.56𝑗⃗
(𝑚/𝑠 2)
Utilizando 𝑎2 = 𝑎𝑇 2 + 𝑎𝑁 2
(13.42)2 − (13.2)2 = 𝑎𝑁 2
⇒
𝑎𝑁 = 2.42𝑚/𝑠 2
𝑎⃗𝑁 = 𝑎⃗ − 𝑎⃗ 𝑇 = (6𝑖⃗ + 12𝑗⃗) − (7.92𝑖⃗ + 10.56𝑗⃗)
𝑎⃗𝑁 = −1.92𝑖⃗ + 1.44𝑗⃗
⇒
𝑎𝑁 = 2.4𝑚/𝑠 2
c) El radio de curvatura es:
𝜌=
𝑣2
52
=
= 10.42𝑚
𝑎𝑁 2.4
EJERCICIO Nº16.- Una estación de radar está realizando el seguimiento de un cohete
̇
después de su lanzamiento. Los datos obtenidos para 𝜃 = 40° son 𝜃 = 0.1𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
,
̈𝜃 = 0.05𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2, 𝑟 = 500𝑝𝑖𝑒, 𝑟̇ = 40𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔 y 𝑟̈ = 0. Calcular:
a) Calcular la magnitud de la velocidad y aceleración del cohete.
b) Obtenga una expresión para r en términos de 𝜃, suponiendo que 𝑟̇ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 y
𝜃̇ =
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 para 0 < 𝜃 < 40°.
Solución:
a) La magnitud de la velocidad y aceleración del cohete:
𝑣 2 = 𝑟̇ 2 + 𝑟 2 𝜃̇ 2
⇒
𝑣 = 64.03𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
2
2
𝑎2 = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 ) + (𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇)
⇒ 𝑎 = 33.38𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
b) Expresión para r en términos de 𝜃, suponiendo que 𝑟̇ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 y 𝜃̇ =
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 para 0 < 𝜃 < 40°.
𝑣=
𝑒
𝑡
∴
⇒
𝑒 = 𝑣𝑡 = 𝑟̇ 𝑡
𝑟 = 𝑑+𝑒 ⟹
𝑟 = 𝑑 + 𝑟̇ 𝑡
-
Ya que 𝜃̇ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝜃 = 𝜃̇ 𝑡
-
Entonces:
𝑡 = 𝜃/𝜃̇
⇒
𝑟̇ 𝜃
𝑟 = 𝑑 + 𝜃̇
EJERCICIO N°17.- Una partícula recorre la parte positiva de la parábola 𝑥 3 = 2𝑦 2 según la
ecuación horaria 𝑆 = 2𝑡 2 . Si la particula parte del origen o, determinar las componentes
cartesianas de la velocidad 2 segundos después de iniciado el movimiento.
Solución:
𝑥3
Ec. Parábola: 𝑥 3 = 2𝑦 2 ⇒ 2 = 𝑦 2
Desplazamiento: 𝑆 = 2𝑡 2
𝑑𝑠 2 = 𝑑𝑥 2 + 𝑑𝑦 2 …………(1)
- Derivando implícitamente la ecuación de la trayectoria se tendrá:
𝑥 3 = 2𝑦 2
⇒
3𝑥 2 𝑑𝑥 = 4𝑦𝑑𝑦
⇒
3𝑥 2
𝑑𝑦 = 𝑦 𝑑𝑥
- Reemplazando en la (1) se tiene:
9𝑥 4
9𝑥 4
2
2
𝑑𝑠 = 𝑑𝑥 +
𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑥 2
16𝑦 2
16
2
2
2
9𝑥
𝑆 = ∫(1 + 8 )1/2 𝑑𝑥…………(2)
9𝑥
- Haciendo: 𝑈 = 1 + 8
⇒
9𝑥
𝑑𝑢 = 8 𝑑𝑥
⇒
8𝑢
𝑑𝑥 = 9 𝑑𝑢
1 8
8
16 3/2
𝑆 = ∫ 𝑢2 ( 𝑑𝑢) = ∫ 𝑢1/2 𝑑𝑢 =
𝑢 +𝑐
9
9
27
𝑆=
16
9
(1 + 𝑥)3/2 + 𝑐…………(3)
27
8
Cuando: 𝑡 = 0 ⇒
𝑥=0
;
𝑦=0
;
𝑧=0
; en consecuencia 𝑐 = −
- Reemplazando c en (3) y despejamos x:
𝑆=
16
9 3 16
(1 + 𝑥)2 −
27
8
27
⟹
2
8 27
𝑥 = [( 𝑠 + 1)3 − 1]
9 16
- Finalmente, reemplazando S por su valor se tiene:
16
27
8
27
9
16
2
𝑥 = [( 𝑡 2 + 1)3 − 1]…………(4)
-Vx se obtiene derivando con respecto al tiempo de la ecuación (4)
27𝑡 3
𝑉𝑥 = 𝑥̇ = 4𝑡 (
+ 1)
8
Cuando: 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔
⇒
−1/3
−1/3
27∗4
𝑉𝑥 = 8 ( 8 + 1)
⇒
𝑉𝑥 = 3.28 𝑚/𝑠𝑒𝑔
- De la ecuación:
𝑉=
𝑑𝑠 𝑑(2𝑡 2 )
=
= 4𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑡
Para 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔
⇒
𝑉 = 4(2) = 8 𝑚/𝑠𝑒𝑔
- Además sabemos que: 𝑉 2 = 𝑉𝑥 2 + 𝑉𝑦 2
Reemplazando valores se tiene:
(8)2 = (3.28)2 + 𝑉𝑦 2
𝑉𝑦 = 7.30 m/seg
EJERCICIO N°18.- Una partícula se mueve sobre la trayectoria parabólica de ecuación
𝑦 = 𝑥 2 con rapidez constante de 5m/seg. Determinar: Las componentes normal y
tangencial de la aceleración de la partícula cuando esté pasando por el punto P de
coordenadas (1,1).
Solución:
-Ec. de la trayectoria: 𝑦 = 𝑥 2
-Velocidad: 𝑣 = 𝑠̇ = 5 𝑚/𝑠𝑒𝑔 = 𝑐𝑡𝑒
𝑎𝑇 = 𝑠̈ = 0
-De la ecuación de la trayectoria:
𝑦 = 𝑥2
⟹
𝑑𝑦
= 2𝑥
𝑑𝑥
⟹
𝑑2 𝑦
=2
𝑑𝑥 2
Cuando está pasando por el punto P(x,y)=(1,1)
𝑑𝑦
⇒ 𝑑𝑥 = 2(1) = 2
-
La aceleración: 𝑎⃗ = 𝑎𝑇 𝑢
⃗⃗ + 𝑎𝑁 𝑛⃗⃗
𝑎𝑇 = 𝑠̈
;
𝑣2
𝑎𝑁 = 𝜌
;
𝜌=
𝑑𝑦 2 3/2
) ]
𝑑𝑥
𝑑2 𝑦
| 2|
𝑑𝑥
[1+(
-
Reemplazando valores tenemos:
𝜌=
[1 + (2)2 ]3/2
= 5,59
2
∴ 𝑎𝑁 =
𝑣 2 52 (2) 10
=
=
= 4,47 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝜌
5√5
√5
EJERCICIO N°19.- En la figura mostrada el bloque B se mueve con aceleracion constante.
Si el inicia su movimiento cuando B esta en O, determinar la aceleracion de A cuando esta
a 3 m de O si su aceleracion es de 4 𝑚/𝑠𝑒𝑔2 hacia la derecha.
Solucion:
-Para el bloque B: se mueve con aceleración constante.
𝑥̈ 𝐵 = 4
Integrando 𝑥̈ = 4𝑡 + 𝑐
….. Ec. (2)
-Cuando 𝑡 = 0, 𝑥 = 0, 𝑥̈ = 0; por tanto 𝑐 = 0
Integrando Ec. (2) se tiene: 𝑥 = 2𝑡 2 + 𝑐′ .…. Ec. (3)
-Cuando 𝑡 = 0, 𝑥 = 0, en consecuencia se tendrá 𝑐 ′ = 0
𝑥 = 2𝑡 2
-Cuando B se encuentra en 𝑥 = 3𝑚, habrían transcurrir
3 = 2𝑡 2
𝑡 = 1.22𝑠𝑒𝑔
-Reemplazando en (2) tenemos: 𝑥𝐵 = 4(1.22) = 4.88 𝑚/𝑠 2
-Las trayectorias lineales de A y B están relacionadas por:
𝑥 2 + 𝑦 2 = (5)2 = 25 ……. Ec. (4)
-Derivando con respecto al tiempo implícitamente la Ec. (4) tenemos:
2𝑥𝑥̇ + 2𝑦𝑦̇ = 0
𝑥𝑥̇ + 𝑦𝑦̇ = 0 ……. Ec. (5)
-Cuando 𝑥 = 3 𝑚; de Ec. (4) sacamos que 𝑦 = 4 𝑚
𝑥̇ = 4.88 𝑚/𝑠𝑒𝑔; Reemplazando en la Ec. (5) tenemos:
(3)(4.88) + 4𝑦̇ = 0
⟹
𝑦̇𝐴 = −3.66 𝑚/𝑠
-Determinando la Ec. (5), con respecto al tiempo:
(𝑥̇ )2 + 𝑥𝑥̈ + (𝑦̇ )2 + 𝑦𝑦̈ = 0
⟹ 𝑦̈𝐴 = −12.30 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
Respuesta: Cuando 𝑥 = 3 𝑚
Bloque A (hacia abajo):
𝑣𝐴 = −3.66 𝑚/𝑠
𝑎𝐴 = −12.30 𝑚/𝑠 2
Bloque B (hacia la derecha):
𝑣𝐵 = 4.88 𝑚/𝑠
𝑎𝐵 = 4.00 𝑚/𝑠 2
EJERCICIO N°20.- La varilla de acero AC se desliza en la barra acanalada OD, en tal
forma que siempre permanecen perpendiculares. Asimismo la varilla AC permanece
siempre en contacto con un tope B fijo a tierra. Determinar:
a) la velocidad y aceleracion del punto A de la varilla en funcion de 𝜃, 𝜃̇ 𝑦 𝜃̈ .
b) Si la ley de la variacion de 𝜃 es 𝜃=3𝑡 2 estando 𝜃 en radianes y t en segundos
determinar la velocidad y aceleracion de AC cuando 𝜃=60°.
Solucion:
AC=5m; OB=3m
a) Cálculo de la 𝑣̅ y 𝑎̅ al punto A en función
de 𝜃, 𝜃̇ 𝑦 𝜃̈
-Ubiquemos el eje polar coincidiendo con OB
y tomando como polo B.
El ángulo <EBA es igual a 𝜃.
𝑣̅ = 𝑟̇ 𝑢̅𝑟 + 𝑟𝜃̇ 𝑢̅𝜃 ….. Ec. (1)
2
𝑎̅ = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ )𝑢̅𝑟 + (2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ )𝑢̅𝜃
𝑎̅ = 𝑎𝑟 𝑢̅𝑟 + 𝑎𝜃 𝑢̅𝜃 …. Ec. (2)
𝐵𝐶 = 3𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑟 = 5 − 3𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑟̇ = 3𝜃̇ 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟 = 3𝜃̇ 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 3𝜃̈𝑠𝑒𝑛𝜃
Reemplazando en la Ec. (1) y Ec. (2) tenemos:
𝑣̅ = 3𝜃̇𝑠𝑒𝑛𝜃𝑢̅𝑟 + (5 − 3𝑐𝑜𝑠𝜃)𝜃̇𝑢̅𝜃
𝑣̅ = 3𝜃̇𝑠𝑒𝑛𝜃𝑢̅𝑟 + (5𝜃̇ − 3𝜃̇𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑢̅𝜃
𝑣 = |𝑣̅ | = 𝜃°√34 − 30𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 = 3𝜃̇ 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 3𝜃̈𝑠𝑒𝑛𝜃 − (5 − 3𝑐𝑜𝑠𝜃)𝜃 2
𝑎𝑟 = 6𝜃̇ 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 3𝜃̈𝑠𝑒𝑛𝜃 − 5𝜃̇ 2
𝑎𝜃 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟̇ 𝜃̇ = 2(3𝜃̇𝑠𝑒𝑛𝜃)𝜃̇ + (5 − 3𝑐𝑜𝑠𝜃)𝜃̈
𝑎𝜃 = 6𝜃̇ 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 5𝜃̈ − 3𝜃̈𝑐𝑜𝑠𝜃
b) Calculo de la 𝑣̅ 𝑦 𝑎̅de AC; cuando 𝜃 = 60°; Además:
𝜋
𝜃 = 3𝑡 2 = 3
𝜋
𝑡 = √ 9 = 0.59 𝑠𝑒𝑔
𝜃 = 60°
𝜃 = 3𝑡 2
𝜃̇ = 6𝑡 = 6(0.59) = 3.54 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔; 𝜃̈ = 6 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
Reemplazando en la Ec. (3), Ec. (4) y Ec. (5)
𝑣̅ = 3𝜃𝑠̇𝑒𝑛𝜃𝑢̅𝑟 + (5𝜃̇ − 3𝜃̇𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑢̅𝜃
𝑣̅ = 9.197𝑢̅𝑟 + 12.39𝑢̅𝜃
⇒
𝑎𝑟 = 6𝜃̇ 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 3𝜃̈𝑠𝑒𝑛𝜃 − 5𝜃̇ 2
𝑎𝑟 = −9.4747 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
𝑎𝜃 = 6𝜃̇ 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 5𝜃̈ − 3𝜃̈𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑎𝜃 = 86.1161 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
⇒ 𝑎̅ = −9.4747𝑢̅𝑟 + 86.1161𝑢̅𝜃
𝑎 = 86.636 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝑣̅ = 15.43 𝑚/𝑠𝑒𝑔
EJERCICIO N°21.- Una partícula describe la trayectoria r=2𝜃 pie. Si es 𝜃=𝑡 2 rad, hallar su
velocidad y su aceleración en el sistema de coordenadas cartesianas, cuando 𝜃= 60°.
Solución:
a) Cálculo de su velocidad
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 = 2𝜃 cos 𝜃 = 2𝑡 2 cos 𝑡 2
𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 = 2𝜃 sen 𝜃 = 2𝑡 2 sen 𝑡 2
𝜋
Para 𝜃 = 60° = 3 = 𝑡 2
𝑡 = 1.023 𝑠𝑒𝑔
Entonces:
𝑥̇ = 4𝑡 cos 𝑡 2 + 2𝑡 2 (−𝑠𝑒𝑛𝑡 2 )(2𝑡)
𝑥̇ = 2.046 − 3.70866 = 1.663 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
𝑦̇ = 4𝑡 sen 𝑡 2 + 2𝑡 2 (𝑐𝑜𝑠𝑡 2 )(2𝑡)
𝑦̇ = 3.43776 + 2.141198 = 5.685 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
𝑣̅ = 𝑥̇ 𝑖̅ + 𝑦̇ 𝑗̅ = −1.663 𝑖̅ + 5.685 𝑗̅
𝑣 = 5.923 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
b) Cálculo de la aceleración
𝑥̈ = 4𝑐𝑜𝑠𝑡 2 + 4𝑡(−𝑠𝑒𝑛𝑡 2 )(2𝑡) + 12𝑡 2 (−𝑠𝑒𝑛𝑡 2 ) − 4𝑡 3 (𝑐𝑜𝑠𝑡 2 )(2𝑡)
𝑥̈ = −20.507 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
𝑦̈ = 4𝑠𝑒𝑛𝑡 2 + 4𝑡(𝑐𝑜𝑠𝑡 2 )(2𝑡) + 12𝑡 2 𝑐𝑜𝑠𝑡 2 + 4𝑡 3 (−𝑠𝑒𝑛𝑡 2 )(2𝑡)
𝑦̈ = 6.341 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
𝑎̅ = −20.507𝑖̅ + 6.341𝑗̅
𝑎 = 21.465 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO N°22.- Un automóvil de carrera está
moviéndose a una velocidad de 50m/s en una pista
circular como se muestra en la figura. El conductor,
sabiendo que se acerca a un tramo recto de la pista,
está acelerando el automóvil a razón de 2 m/𝑠 2 .
Calcule la aceleración total en este instante en el
sistema de coordenadas mostrado.
Solución:
La aceleración tangencial
𝑎𝑡 = 2 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝑎̅𝑡 = 2(−𝑐𝑜𝑠20° 𝑖̅ + 𝑠𝑒𝑛20°𝑗̅)
𝑎̅𝑡 = 1.999 ≈ 2.00 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
La aceleración normal será:
𝑣2
𝑎𝑛 =
𝑟
𝑎̅𝑛 =
(50)2
200
(−𝑐𝑜𝑠70°𝑖̅ + 𝑠𝑒𝑛70°𝑗̅)
𝑎𝑛 = 12.505 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
-La aceleración total será:
𝑎̅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑎̅𝑡 + 𝑎̅𝑛
𝑎̅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (−1.88 𝑖 ̅ + 0.68𝑗)̅ + (−4.28𝑖 ̅ − 11.75𝑗 ̅ )
𝑎̅𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = −6.16 𝑖̅ − 11.07𝑗̅ 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝑎𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 12.67 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
EJERCICIO N°22.- En una operación de manufactura se transporta pequeños contenedores
que en una etapa del proceso son conducidos por el riel parabólico paralelo al suelo, como
se muestra en la figura. ¿Cuál es la máxima magnitud de la velocidad V de los conductores
si su aceleración total, causada por el riel parabólico, no debe exceder de 200 pulg/𝑠 2 ?
Suponga que el riel no cambia de magnitud de la velocidad de los contenedores.
Solución:
La magnitud del vector de la aceleración total es:
1
𝑑𝑣 2
𝑣2 2 2
𝑎 = [( ) + ( ) ]
𝑑𝑡
𝜌
𝑎2 = 𝑎𝑡 2 + 𝑎𝑛 2
109
Puesto que todo el movimiento en el riel ocurre en un plano horizontal (paralelo al suelo)
La magnitud de la velocidad de cada contenedor es constante en toda su trayectoria, es
decir;
𝑑𝑣
𝑣 = 𝑐𝑡𝑒
𝑑𝑡
= 0 = 𝑎𝑡
Por lo tanto:
𝑎𝑚𝑎𝑥 =
𝑣2
= 200 𝑝𝑢𝑙/𝑠𝑒𝑔2
𝜌
Puesto que 𝑣 es constante, 𝑎 tendrá su máxima magnitud cuando el radio de curvatura 𝜌
sea mínimo.
El mínimo radio de curvatura de una parábola se encuentra en su vértice punto 0, cuando x
= 0.
𝑦=
𝑥2
⟹
10
𝑑𝑦
𝑑𝑥
1
= 𝑥
5
;
𝑑2𝑦
1
𝑑𝑥
5
=
2
⟹ 𝜌 = 5 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠
-Por lo tanto la máxima velocidad será:
𝑣 2 = 200𝜌 = 200(5)
𝑣 = 31.623 𝑝𝑢𝑙𝑔/𝑠𝑒𝑔 = 2.64 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
EJERCICIO N°22.- Una partícula parte de t=0 y se mueve a lo largo de una trayectoria
circular de 49 pies de radio. La posición de la partícula varía de acuerdo con: S=3𝑡 2 +4t (m),
en donde s es la distancia medida en metros, en sentido de las manecillas del reloj, a lo
largo de la trayectoria, a partir del punto inicial, y t es el tiempo, en segundos. Hallar la
velocidad y la aceleración cuando S= 64 metros.
Solución:
A partir de los datos, tenemos:
𝑟 = 49 𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑟̇ = 𝑟̈ = 0
𝑆 = 3𝑡 2 + 4𝑡
𝑆̇ = 6𝑡 + 4
𝑆̈ = 6
1𝑝𝑖𝑒 = 0.3048𝑚
Como: 𝑆 = 𝑟𝜙
;
𝑆̇ = 𝑟 ;
𝑆̈ = 𝑟𝜙̈
110
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Las expresiones para la velocidad y la aceleración pueden escribirse como:
𝑉 = 𝑟𝜙̇𝑢̅𝜙 = 𝑆𝑢̅̇ 𝜙
𝑎 = 𝑟𝜙̈𝑢̅𝜙 − 𝑟𝜙̇ 2 𝑢̅𝑟 = 𝑆̈𝑢̅𝜙 −
𝑆̇ 2
𝑢̅
𝑟 𝑟
Cuando 𝑆 = 64 𝑚 tenemos:
3𝑡 2 + 4𝑡 − 64 = 0
(3𝑡 + 16)(𝑡 − 4) = 0
16
𝑡 = − 3 = −5.33𝑠𝑒𝑔
𝑜 𝑡=4
Para 𝑡 = 4 𝑠𝑒𝑔
Obtenemos:
𝑆̇ = 28 𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑆̈ = 6 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
Entonces la aceleración y la velocidad son:
𝑉̅ = 28𝑢̅𝜙 𝑚/𝑠𝑒𝑔
(28)2
𝑎̅ = 6𝑢̅𝜙 − 14.93 𝑢̅𝑟 = 6𝑢̅𝜙 − 52.493𝑢̅𝑟 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝑉̅ = 28 𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑎̅ = 52.835 𝑚/𝑠𝑒𝑔2
EJERCICIO N°23.- El movimiento de una partícula que se encuentra en el sistema de
coordenadas esféricas está definido por las relaciones: r=4𝑡 2 , ∅=2sen𝜋t y 𝜃=3cos𝜋t donde r
se mide en cm, ∅ y 𝜃 en radianes y t en segundos. Determinar la velocidad y aceleración de
la partícula cuando t= 2seg.
Solución:
Para t=2 seg tenemos:
𝑟 = 4𝑡 2 ⟹ 𝑟 = 16 𝑐𝑚
𝑟 = 8𝑡 ⟹ 𝑟 = 16 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑟 = 8 ⟹ 𝑟 = 8 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2
𝜙 = 2𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡 ⟹ 𝜙 = 0𝑟𝑎𝑑 ⟹ 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 𝑠𝑒𝑛[2𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡] = 0
𝜙̇ = 2𝜋𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡 ⟹ 𝜙̇ = 6.283 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝜙̈ = −2𝜋 2 𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡 ⟹ 𝜙̈ = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
111
𝜃 = 3𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡 ⟹ 𝜃 = 3 𝑟𝑎𝑑
𝜃̇ = −3𝜋𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡 ⟹ 𝜃̇ = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝜃̈ = −3𝜋 2 𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡 ⟹ 𝜃̈ = −29.609 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔2
*El vector velocidad será:
𝑣̅ = 16𝑢̅𝑟 + 16(6.283)𝑢̅𝜙 + 16(0)(0)(0)𝑢̅𝜃
𝑣̅ = 16𝑢̅𝑟 + 100.528𝑢̅𝜙 ⟹ 𝑣 = 101.79 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔
*El vector aceleración será:
𝑎̅ = (8 − 16(2𝜋)2 − 16(0))𝑢̅𝑟 + (2(16)(2𝜋) + 16(0) − 16(0))𝑢̅𝜙 +
(2(16)(0) + 2(16)(0) + 16(−29.609)(0))𝑢̅𝜃
𝑎̅ = −623.62𝑢̅𝑟 + 201.06𝑢̅𝜙 −→ 𝑎 = 655.23 𝑐𝑚/𝑠𝑒𝑔2
EJERCICIO N°24.a) ¿con que velocidad puede ser lanzada verticalmente hacia arriba una pelota para
que alcance una altura de 15 metros?
b) ¿Cuánto tiempo estará en el aire?
Solución:
a) Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado:
𝑣 2 = 𝑣0 2 + 2𝑎(𝑠 − 𝑠0 )
𝑣 2 = 𝑣0 2 − 2𝑔ℎ = 0−→ 𝑣0 2 = 2𝑔ℎ
𝑣0 = √2(9.8)(15) = 17.15 𝑚/𝑠𝑒𝑔
b) Para averiguar el tiempo que la pelota ha de permanecer en el aire
aplicaremos la ecuación:
1
𝑆 − 𝑆0 = 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝑡 2
2
1
ℎ = 𝑣0 𝑡 − 𝑔𝑡 2
2
1 2
9.8 2
𝑔𝑡 − 𝑣0 𝑡 + ℎ = 0 −→
𝑡 − 17.15𝑡 + 15 = 0
2
2
4.9𝑡 2 − 17.15𝑡 + 15 = 0 −→ 𝑡 =
−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
𝑡 = 1.75
112
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Tiempo de subida 𝑡 = 1.75 𝑠𝑒𝑔
Tiempo total que estará en el aire, subida y bajada 𝑡 = 3.5 𝑠𝑒𝑔
EJERCICIO N°25.- Un cuerpo que pesa 64.4 libras se mueve a lo largo del eje x y está
sujeta a la acción de una fuerza F=36𝑡 2 +𝑒 −𝑡 .Si la velocidad es de 10 pie/seg, cuando t=0,
¿Cuál es la velocidad del cuerpo y la distancia que ha recorrido cuando t=2 seg?
Solución:
𝑤 = 64.4 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 −→ 𝑚 =
𝑤
64.4𝑙𝑏
𝑙𝑏 − 𝑠𝑒𝑔2
=
=
2
𝑔 32.2 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔2
𝑝𝑖𝑒
𝐹 = 36𝑡 2 + 𝑒 −𝑡
𝑣 = 10 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔 ; 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 0
𝑣 =?
} 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 2𝑠𝑒𝑔
𝑥 =?
I.
Aplicando la ecuación de movimiento: 𝐹 = 𝑚𝑥̈ ; tenemos:
36𝑡 2 + 𝑒 −𝑡 = 2𝑥̈
∫ 2𝑥̈ = ∫(36𝑡 2 + 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 ⟹
2𝑥 =
2𝑥̇ =
36𝑡 3
− 𝑒 −𝑡 + 𝑐1 = 12𝑡 3 − 𝑒 −𝑡 + 𝑐1
3
12 4
𝑡 + 𝑒 −𝑡 + 𝑐1 𝑡 + 𝑐2 = 3𝑡 4 + 𝑒 −𝑡 + 𝑐1 𝑡 + 𝑐2
4
Para: 𝑣 = 10 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔 cuando t=0; entonces:
2(10) = 12(0)3 − 𝑒 0 + 𝑐1 −→ 𝑐1 = 21
Para: 𝑥 = 0, cuando t=0; entonces:
2(0) = 3(0)3 − 𝑒 0 + 𝑐1 (0) + 𝑐2 −→ 𝑐2 = −1
-Luego:
𝑒 −𝑡
21
𝑥̇ = 6𝑡 3 − 2 + 2 −→ 𝑥̇ = 6𝑡 3 − 0.5𝑒 −𝑡 + 10.5
3
𝑒 −𝑡 21
(−1)
𝑥 = 𝑡4 +
+ 𝑡+
−→ 𝑥 = 1.5𝑡 4 + 0.5𝑒 −𝑡 + 10.5 − 0.5
2
2
2
2
-Cuando 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔 tenemos:
𝑥̇ = 48 − 0.5𝑒 −2 + 10.5 −→ 𝑥̇ = 58.43 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
𝑥 = 24 − 0.5𝑒 −2 + 21 − 0.5 −→ 𝑥 = 44.7 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
113
EJERCICIO N°26.- En el graficador automático de la fig. (03), se utiliza un bolígrafo P para
trazar la curva QP en el plano x-y. La velocidad del carro portador AB esta dado como:
𝑥̇ = (2𝑡 + 4)𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔 y la velocidad del bolígrafo relativo al carro portador AB esta dado como
2
𝑦̇ = (𝑦) 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔. En el tiempo t=0 el bolígrafo se encuentra en la posición (𝑥, 𝑦) = (1𝑝𝑖𝑒, 0).
Determinar:
a) La ecuación de la curva QP graficada
b) La velocidad y aceleración del punto P para t = 2
c) La pendiente de la curva QP para t = 2seg
Datos:
-
La velocidad del carro portador AB: 𝑥̇ = (2𝑡 + 4)𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔.
La velocidad del bolígrafo relativa al carro portador AB: 𝑦̇ = (2/𝑦)𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
En el tiempo t=0 el bolígrafo se encuentra en la posición (𝑥, 𝑦) = (1𝑝𝑖𝑒, 0)
Solución:
a) La ecuación de la curva QP graficada
Puesto que 𝑥̇ = 2𝑡 + 4 integrando resulta:
∫ 𝑑𝑥 = ∫(2𝑡 + 4)𝑑𝑡
Para 𝑡 = 0, 𝑥 = 1
2𝑡 2
𝑥=
+ 4𝑡 + 𝑐1
2
⇒
⇒
𝑥 = 1 = 𝑐1
-
Sustituyendo: 𝑥 = 𝑡 2 + 4𝑡 + 1 ..……………(1)
-
De 𝑦̇ = 𝑦
2
⇒
𝑑𝑦
2
=𝑦
𝑑𝑡
⇒
⇒
𝑡=
𝑦
⇒ ∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑦
2
Para 𝑡 = 0, 𝑦 = 0
-
Sustituyendo: 𝑡 =
⇒
𝑦𝑑𝑦 = 2𝑑𝑡
𝑦2
+ 𝑐2
4
𝑐2 = 0
𝑦2
..……………………….(2)
4
114
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-
Sustituyendo la ecuación (2) en (1) tenemos:
𝑦2
2
𝑦2
𝑦2
𝑦2
𝑥 = ( 4 ) + 4 ( 4 ) + 1 = 16 + 𝑦 2 + 1
⇒ 𝑥 = (16 + 𝑦 2 + 1) 𝑝𝑖𝑒𝑠
b) Calcule la velocidad y aceleración del punto P para t=2
-
Puesto que: 𝑥̇ = (2𝑡 + 4)
-
Derivando resulta: 𝑥̈ = 2
Para t=2seg entonces: 𝑥̇ = 2(2) + 4 = 8𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔
-
𝑦2
De la ecuación (2) entonces: 𝑡 = 4
4𝑡 = 𝑦 2
⇒
Sabemos que:
2
𝑦̇ =
𝑦
⇒
2 2
2
4
1 1/2
(𝑦̇ )2 = ( ) = ( 2 ) =
= ( ) = 𝑡 −1/2
𝑦
𝑦
4𝑡
𝑡
1
Derivando: 𝑦̈ = − 2 𝑡 −3/2
Para t=2seg tenemos: 𝑦̇ =
1
= 0.707𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔
√2
1 1
1 1
𝑦̈ = − (
) = − ( ) = −0.177𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔2
3
2 √2
2 √8
-
Los vectores de velocidad y aceleración son:
𝑣⃗ = (8𝑖⃗ + 0.70𝑗⃗)𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔
𝑎⃗ =
(2𝑖⃗ − 0.177𝑗⃗)𝑝𝑖𝑒𝑠
𝑠𝑒𝑔2
⇒
⇒
|𝑣⃗| = 𝑣 = 8.03𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔
|𝑎⃗| = 𝑎 = 2.01𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔2
c) Calcule la pendiente de la curva QP para t=2seg:
- Puesto que el vector velocidad 𝑣⃗ es
tangente a la curva, su dirección define la
pendiente de esta:
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑦̇ 0.707
𝑚=
=
= =
= 0.0884
𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥̇
8
𝑑𝑡
𝑚 = 0.0884
115
EJERCICIO N°27.- Una partícula P se mueve con una velocidad relativa de Vo a lo lado de
una periferia de una rueda de radio R mientras está girando a una velocidad angular en el
sentido contrario. Hallar la velocidad y la aceleración si la velocidad angular es uniforme
Solución:
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟
𝑟⃗ = 𝑅⃗⃗ + ῤ
i) Movimiento de coordenada móvil:
Las coordenadas móviles coinciden con la
coordenada fija
𝑅⃗⃗= 0
𝑅⃗⃗̇ = 0
𝑅⃗⃗̈ = 0
ii) Movimiento de la partícula en las coordenadas móviles:
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = Rcosθ𝑗⃗ - Rsenθ𝑘⃗⃗
𝑉𝑜 = R𝜃̇
𝑉
𝑉 2
̇
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = -R𝜃̇senθ𝑗⃗ - R𝜃̇cosθ𝑘⃗⃗
𝜃̇ = 𝑜 ; 𝜃̇ 2 = 𝑜2
𝑅
̈
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = -R𝜃̇ 2cosθ𝑗⃗ - R𝜃̇ 2senθ𝑘⃗⃗
Para θ = 0° tenemos:
𝑅
ω = ω𝑖⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = R𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ = -𝑉𝑜 𝑘⃗⃗
ῤ
𝑉 2
̈
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = - 𝑜 𝑗⃗
𝑅2
iii) Cálculo de la velocidad:
̇
⃗⃗ = 𝑅⃗⃗̇ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉
ῤ𝑟 + (𝜔
⃗⃗* ⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 ) = -𝑉𝑜 𝑘⃗⃗ + (ω𝑖⃗*R𝑗⃗)
⃗⃗
⃗⃗
⃗⃗ = -𝑉𝑜 𝑘 + ωR𝑘 = (-𝑉𝑜 + ωR) 𝑘⃗⃗
𝑉
iv) Cálculo de la aceleración:
̇
̈
̈
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 + 2(𝜔
𝑎⃗ = ⃗⃗⃗
𝑅 + ⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 + 𝜔
⃗⃗̇*ῤ
⃗⃗*⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 ) + 𝜔
⃗⃗*(𝜔
⃗⃗* ⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 )
𝑉 2
⃗⃗ ) + 𝜔𝑖⃗*( 𝜔𝑖⃗ ∗ 𝑅𝑗⃗)
𝑎⃗ =- 𝑜 𝑗⃗ + 2(𝜔𝑖⃗ * -𝑉𝑜 𝑘
𝑅
𝑉 2
⃗⃗ =
𝑎⃗ = - 𝑜 𝑗⃗ + 2𝜔𝑉𝑜 ⃗𝑗 + 𝜔𝑖⃗ 𝜔𝑅𝑘
𝑅
𝑉 2
- 𝑜 𝑗⃗ + 2𝜔𝑉𝑜 ⃗𝑗 - 𝜔2 R𝑗⃗
𝑅
𝑉 2
𝑎⃗ = (2𝜔𝑉𝑜 - 𝑜 - 𝜔2 R) 𝑗⃗
𝑅
116
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO N°28.- Una partícula P se mueve con rapidez relativa Vo=cte desde A hacia B
en la ranura AB de un disco giratorio en el instante considerado la partícula a la mitad de la
ranura y el disco está girando con una velocidad angular en el sentido horario y una la
aceleración angular en sentido antihorario se pide determinar la velocidad y aceleración de
la partícula Vo= 50 m/s ; h= 1mt ; w= - 10 i ; x= 2i
PROBLEMA N°3
Solución:
z
i) El eje de coordenadas móvil coincide con la coord.
Fija: 𝑅⃗⃗=0 ; 𝑅⃗⃗̇ = 0 ; 𝑅⃗⃗̈ = 0
h=1m
A
w
ii) Movimiento de la partícula con respecto a la
coordinada móvil
Lr
-Y
Y
0
V
X
-Z
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = 1𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ = -𝑉𝑜 𝑘⃗⃗
ῤ
̈
⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 = 0
iii) Calculo de la velocidad:
̇
⃗⃗ = 𝑅⃗⃗̇ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉
ῤ𝑟 + (𝜔
⃗⃗* ⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 ) = -𝑉𝑜 𝑘⃗⃗ + (ω𝑖⃗*𝑗⃗)
⃗⃗ = -𝑉𝑜 𝑘⃗⃗ + (ω𝑘⃗⃗) = (-𝑉𝑜 + ω ) 𝑘⃗⃗ = -50-10 = -60𝑘⃗⃗
𝑉
V= (-𝑉𝑜 - ω ) = -60m/s
iv) Cálculo de la aceleración:
̈
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 + 2(𝜔
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟̇ ) + 𝜔
𝑎⃗ = 𝑅⃗⃗̈ + ⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 + 𝜔
⃗⃗̇*ῤ
⃗⃗*ῤ
⃗⃗*(𝜔
⃗⃗* ⃗⃗⃗⃗⃗
ῤ𝑟 )
⃗⃗
𝑎⃗ = (α𝑖⃗* 𝑗⃗) + 2(-ω𝑖⃗ * - 𝑉𝑜 𝑘) + -ω𝑖⃗ * (-ω𝑖⃗ * 𝑗⃗)
𝑎⃗ = α𝑘⃗⃗ - 2 ω𝑉𝑜 𝑗⃗ + (-ω𝑖⃗ *- ω𝑘⃗⃗ )
𝑎⃗ = α𝑘⃗⃗ - 2 ω𝑉𝑜 𝑗⃗ +𝜔2 𝑗⃗
𝑎⃗ = α𝑘⃗⃗ –(2 ω𝑉𝑜 𝑗⃗ + 𝜔2 )𝑗⃗
𝑎⃗ = 1,100𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗
PROBLEMA N°3
EJERCICIO N°29.- El disco mostrado en la figura y” gira según la formula
Ø° = ct alrededor
de la vertical. Ciertas fuerzas obligan a canica a moverse en una ranura tal que su distancia
radial desde el centro es igual a K 𝑡 2 ; c y K son constantes
a) Encuentre la aceleración de la canica
b) En qué tiempo desparece la aceleración radial?
conica
Solución:
a) Encuentra la aceleración de la canica:
𝜃̇=Ct
kt2
-Sistema de coordenadas cilíndricas
⃗⃗⃗⃗ = (𝑟̈ - r𝜃̇ 2) ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎
𝑢𝑟 + (r𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇) ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝜃 + 𝑧̈ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝑧
𝑎⃗ = 𝑎𝑟 𝑢
⃗⃗ + 𝑎𝜃 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝜃
117
r = K𝑡 2
θ = <)
𝑟̇ =2kt
𝜃̇ = 𝐶𝑡
𝑟̈ =2t
𝜃̈ = C
-Reemplazando en la fórmula:
𝑎𝑟 = (𝑟̈ - r𝜃̇ 2) = 2k - K𝑡 2 𝑐 2 𝑡 2 = 2k- k𝑡 4 𝑐 2
𝑎𝑟 = k(2 - 𝑐 2 𝑡 4 )
𝑎𝜃 = (r𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇) = k𝑡 2 C + 2*2ktCt = KC𝑡 2 + 4 KCt
𝑎𝜃 = 5kc𝑡 2
 𝑎⃗ = (k(2 - 𝑐 2 𝑡 4 )) ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝑟 + 5kc𝑡 2 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝜃
-La magnitud de la aceleración será:
𝑎2 =k√4 − 21𝑡𝑐 2 𝑡 4 + 𝑐 4 𝑡 8
(b) ¿En que tiempo desaparece la aceleración radial?
𝑎𝑟 = (𝑟̈ - r𝜃̇ 2) = k(2 - 𝑐 2 𝑡 4 ) = 0 ⇒ 2 - 𝑐 2 𝑡 4 = 0 
2
𝑡4= 2
𝑐
⟹ t
2
=√ 2
𝑐
4
=
1
1
(2)4
(2)4
(𝑐 2 )4
(𝑐)2
1 =
4
√2
1 = 4
√𝑐
PROBLEMA N°2 OA y el bloque D
EJERCICIO N°30.- El bloque C desliza a lo largo de una barra ranurada
desliza en la canaleta, lisa horizontal. Los bloques C y D están articulados entre si que les
permite girar uno con respecto al otro. Si se mueve con velocidad constante Vo hacia la
derecha, determina
A
a) La velocidad y aceleración angular del brazo OA en
función de h, Vo y Ø.
b) Si h = 0,6 m ; Vo=20m/seg y Ø=20 ° determinar el valor
de la velocidad y aceleración angular en ese instante ;
c) La aceleración de C
C
D
V
H
Solución:
(a) Descomponiendo 𝑉𝑜 en dos componentes 𝑉𝑟
y 𝑉𝜃
A
Vr
C
v
V
v
𝑉𝑟 =𝑉𝑜 Cosθ
𝑉𝜃 =-𝑉𝑜 Senθ = rω = r𝜃̇
h
E
118
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
ℎ
ℎ
rsenθ=𝑟  r = 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝑉 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝜃̇= - 𝑜 𝑟
2
𝑉 𝑆𝑒𝑛 𝜃
𝜃̇= - 𝑜 ℎ
………….(1)
Derivando la ec.(1) tenemos :
−2𝑉𝑜 SenθCosθ
𝜃̈ :
(𝜃̇)
ℎ
……………………….(2)
Reemplazando ec.(1) en ec.(2) tenemos :
2
3
−2𝑉𝑜 Sen θCosθ
𝜃̈ :
ℎ2
………………………….(3)
(b) Determinaremos la derivada de r con respecto al tiempo
ℎ
r = 𝑆𝑒𝑛𝜃
𝜃̇
) = 𝑉𝑜 Cosθ
𝑆𝑒𝑛2 𝜃
𝑟̇ = -h (Cosθ)(
…………………..ec(4)
𝑟̈ = -𝑉𝑜 Sen𝜃̇ = 𝑉𝑜 2 𝑆𝑒𝑛2 𝜃/h
…………………..ec(5)
-Componentes radial y transversal de la aceleración :
𝑎⃗ = 𝑎𝑟 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝑟 + 𝑎𝜃 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑢𝜃
𝑉 2 𝑆𝑒𝑛3 𝜃
ℎ 𝑉0 2 𝑆𝑒𝑛4 𝜃
(
)=0
ℎ
𝑆𝑒𝑛𝜃
ℎ2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ - r𝜃̇ 2 = 0
−𝑉𝑜 𝑆𝑒𝑛2 𝜃
ℎ 𝑉0 2 𝑆𝑒𝑛3 𝜃
)+(
)
Cosθ = 0
ℎ
𝑆𝑒𝑛𝜃
ℎ2
𝑎𝜃 = 2𝑟̇ 𝜃̇ + r𝜃̈ = 2(𝑉0 Cosθ)(
(c) El bloque “c” no tiene aceleración lo cual es lógico pues tiene la misma aceleración del
bloque “D”
-Reemplazamos en la Ec.(1) y Ec.(3) los DATOS :
2
3
𝑉 𝑆𝑒𝑛 𝜃
20𝑆𝑒𝑛 (20°)
𝜃̇ = 0 ℎ2 = = -3,899 rad/seg
0.6
2
3
2
3
2𝑉 𝑆𝑒𝑛 𝜃𝐶𝑜𝑠𝜃
2(20) 𝑆𝑒𝑛 (20°)𝐶𝑜𝑠(20°)
𝜃̈ = 0 ℎ2
=
= 83.544 rad/𝑠𝑒𝑔2
(0.6)2
119
Capítulo 3
DINAMICA DE LA PARTICULA
3.1 CINETICA DE LA PARTICULA
3.2 ECUACION DE MOVIMIENTO
3.3 ECUACION DE IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL
3.4 CABNTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE LA PARTICULA CON
RESPECTO AL PUNTO DE ORIGEN
3.5 ECUACION DE TABAJO Y ENERGIA
3.6 POTENCIA
3.7 CONSTANTE DE RESORTE
3.8 TRABAJO DE LA FUERZA F EJERCIDA POR EL RESORTE DURANTE UN
DESPLAZAMIENTO FINITO DEL CUERPO
3.9 RESORTE EN PARALELO
3.10 RESSORTE EN SERIE
3.11 CHOQUE O IMPACTO
120
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
3.1 CINÉTICA DE LA PARTÍCULA
En el capítulo anterior estudiamos la velocidad y aceleración de la partícula
independientemente de las fuerzas que las producían; pasaremos ahora, a estudiar la
interrelación entre la fuerza que actúa en cada partícula y la aceleración que produce.
3.2 ECUACIÓN DE MOVIEMIENTO
En 1687, ISAAC NEWTÓN enunció las tres leyes básicas que rigen el movimiento de
la partícula siendo la de mayor interés en el presente capítulo la “segunda ley”
Primera Ley De Newton
Un cuerpo permanecerá en estado de reposo o se moverá con movimiento rectilíneo
y uniforme, mientras la acción de otros cuerpos no le obliga a cambiar de estado.
Segunda Ley De Newton
La aceleración comunicada a un cuerpo por una fuerza F es directamente
proporcional a su masa.
Ec. De movimiento:
𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
𝐹⃗ =
𝐹⃗
𝐹⃗
𝐹⃗
𝐹⃗ 𝑛
=
=
=⋯
= 𝑚 = 𝑐𝑡𝑒,
𝑎1 𝑎2 𝑎3
𝑎𝑛
∑ 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗si: 𝑎⃗ = 𝑜, 𝑣⃗=cte (reposo)
Consideraciones
1.- la primera ley de NEWTÓN no se cumple para todo el sistema de referencia. Los
sistemas en los cuales se cumple la primera ley de Newton, recibe el “nombre de
inerciales”; y en los que no “sistemas no inerciales”.
2.- Se puede considerar como inercial a todo sistema de referencia fijo sobre la superficie
de la tierra o sobre los cuerpos que permanecen inmóviles o bien se muevan rectilínea y
uniformemente con relación a la superficie de la tierra.
3.-En los sistemas no inerciales no se cumple ni la primera, ni la segunda ley de Newton.
En 1905 (108 años), Albert Einstein indico que la segunda ley de Newton no se cumplía
cuando la velocidad de la partícula era cercana a la velocidad de luz ; el físico Schodinger;
llego a la misma conclusión cuando las partículas se mueven a distancias atómicas.
Como las condiciones indicadas por ambas físicos no se presentan en la ingeniería,
la segunda ley de Newton tiene validez siempre que la masa permanezca constante.
121
3.3 ECUACION DE IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL
∑ 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗
∑ 𝐹⃗ =
𝑚𝑑𝑣⃗ 𝑑(𝑚𝑣⃗) 𝑑( 𝑝⃗)
=
=
𝑑𝑡⃗
𝑑𝑡⃗
𝑑𝑡⃗
͢
𝐹⃗ =
𝑑( 𝑝⃗)
𝑑𝑡⃗
Donde :𝑚 = 𝑐𝑡𝑒 ; 𝑝⃗ = 𝑚𝑣⃗
Cantidad de movimiento o momento lineal tiene la dirección de la velocidad.
La resultante de las fuerzas que actúan sobre la partícula es igual a la tasa de
cambio en el tiempo; la cantidad de movimiento permanece constante.
⃗⃗
𝑚𝑑𝑣
𝐹⃗ = 𝑑𝑡⃗ ; 𝑠𝑖𝐹⃗ =0;
⃗⃗⃗⃗⃗ -m𝑣⃗2
0= m𝑣1
͢
2
2
∫1 𝐹𝑑𝑡 = ∫1 𝑚𝑑𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗ -m𝑣⃗2 … conservación de la cantidad de movimiento lineal
⇛∴m𝑣1
Impulso
La integral de una fuerza en el intervalo durante el cual obra se llama impulso de la
fuerza.
Sabemos que:
𝐹⃗ =
𝑑( 𝑝⃗)
𝑚𝑑𝑣⃗
=
𝑑𝑡⃗
𝑑𝑡⃗
𝑡2
𝑣2
𝑡1
𝑣1
⃗⃗⃗⃗⃗ − m𝑣⃗1
∫ 𝐹𝑑𝑡 = ∫ 𝑚𝑑𝑡 = m𝑣2
⃗⃗=∫𝑡2 𝐹𝑑𝑡 =
𝑌
𝑡1
⃗⃗⃗⃗⃗ − m𝑣⃗1 = 𝑝⃗2 − 𝑝⃗1
m𝑣2
122
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Principio De Impulso Y Cantidad De Movimiento Lineal
Parámetros { 𝐹⃗ , 𝑚𝑎𝑠𝑎, 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑, 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜}
𝐹⃗ =
𝑑( 𝑝⃗)
𝑚𝑑𝑣⃗
=
𝑑𝑡⃗
𝑑𝑡⃗
𝑡2
𝑣2
𝑣2
⃗⃗𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑜ó𝑌
⃗⃗𝑚𝑝𝑢𝑙𝑠𝑖ó𝑛 = ∫ 𝐹⃗ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑(𝑚𝑣⃗) = ∫ 𝑚𝑑𝑣⃗
𝑌
𝑡1
⃗⃗⃗⃗⃗ − m𝑣⃗1
⃗⃗1-2 = m𝑣2
𝑌
𝑣1
𝑣1
… variación de la cantidad de movimiento lineal
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗1-2= m𝑣2
m𝑣⃗1+𝑌
⃗⃗1 − 2 = ∫𝑡2 𝐹⃗ 𝑑𝑡 ; 𝐹⃗ = 𝐹𝑥𝑖⃗+Fy𝑗⃗+𝐹𝑧𝑘⃗⃗
𝑌
𝑡1
⃗⃗1 − 2 = ∫𝑡2 𝐹𝑥𝑑𝑡 𝑖⃗+ ∫𝑡2 𝐹𝑦𝑑𝑡 𝑗⃗+ ∫𝑡2 𝐹𝑧𝑑𝑡 𝑘⃗⃗
𝑌
𝑡1
𝑡1
𝑡1
⃗⃗1 − 2 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (𝑌
⃗⃗1 − 2)𝑥 + (𝑌
⃗⃗1 − 2)𝑦 + (𝑌
⃗⃗1 − 2)𝑧
𝑌
m𝑣⃗1
⃗⃗1-2
+𝑌
=
⃗⃗⃗⃗⃗
m𝑣2
123
m𝑣⃗1
m𝑣⃗1
+
=
𝑛
⃗⃗1-2)i
+∑𝑖=1( 𝑌
⃗⃗⃗⃗⃗
m𝑣2
=
⃗⃗⃗⃗⃗
m𝑣2
para dos o más partículas:
∑ m𝑣⃗1 i
+
⃗⃗1 − 2 i = ∑ m𝑣⃗2 i
∑𝑌
3.4 CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE LA PARTICULA CON RESPECTO
PUNTO DE ORIGEN
Es el vector representado por
⃗⃗ = 𝑟⃗ x 𝑝⃗
definido como: 𝐻
AL
⃗⃗
el símbolo 𝐻
La cantidad de movimiento angular se
puede considerar como el momento de la
cantidad de momento lineal
TEOREMA: se demuestra que la rapidez con
que cambia el vector cantidad de movimiento
angular de una partícula en el transcurso de
tiempo es igual al momento que obra sobre
ella.
⃗⃗=𝜌⃗x 𝑝⃗ = 𝜌⃗ 𝑥 𝑚𝑣⃗ es análogo a la
Además: 𝐻
cantidad de movimiento lineal 𝑝⃗ = 𝑚𝑣⃗
Conservación De La Cantidad De Movimiento O Momento Angular
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ que obra en un sistema es cero 𝑀𝑟
⃗⃗⃗⃗⃗⃗= 0 ;el vector
Cuando el momento extender resultante𝑀𝑟
cantidad de movimiento angular permanecerá constante.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 ⇛ 𝐻𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗= cte dado que 𝑀𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐻𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Si :𝑀𝑟
⃗⃗⃗⃗) .
PARA FLUIDOS: LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO: (𝑯
⃗⃗ = 𝜌𝑄𝑣⃗donde: ρ= la densidad del fluido
𝐻
Q= ES EL CAUDAL
V= es la velocidad
124
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
3.5.
ECUACION DE TRABAJO Y ENERGIA
W= f(F,ϭ)
2
W=∫1 𝐹𝑑𝑟
I.
Fuerza Constante; en magnitud y en dirección. La dirección concuerda con el
desplazamiento.
W=F.S
II.
Fuerza Constante; en magnitud y en dirección. La dirección no concuerda con el
desplazamiento.
W=FcosϴS
W=FtS
III.
Fuerza varia en magnitud, pero no en dirección y esta es la misma que la del
desplazamiento.
125
Dw=Fsds;F=f(s)=kx
𝑆2
W=∫𝑆1 −𝐹𝑑𝑠donde :k es la constante del resorte .
𝑥2
W=∫𝑥1 −𝑘𝑥𝑑𝑥 =
IV.
𝑘𝑋12
𝑘𝑋22
−
2
2
Fuerza varía en magnitud y en dirección
𝑆2
W=∫𝑆1 𝐹𝑡𝑑𝑠; ds=rdϴ
𝑆2
𝛳2
W=∫𝑆1 𝐹𝑡𝑑𝑠=∫𝛳1 𝐹𝑡𝑟𝑑𝛳
T=𝐹𝑡𝑟
𝛳2
= 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑐𝑜𝑛𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜𝑎𝑙𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜
𝛳2
W=∫𝛳1 𝐹𝑡𝑟𝑑𝛳=∫𝛳1 𝑇𝑑𝛳 SI T = cte⇛ W= t(ϴ1-ϴ2)
W= t(ϴ1-ϴ2)
W=2𝜋𝑛t ⇛ cunado gira vuelta completa ;
W= 2𝜋𝑛t ⇛ cunado gira n vueltas
126
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
3.6 POTENCIA
127
Energía cinética
Es la energía que tiene un cuerpo debido en su movimiento
Ec = P.h ; P=mg
(caída de los cuerpos) h=
/ 2g
Un cuerpo de masa que se mueve con velocidad, tiene una energía cinética
Ec=
Energía Potencial
Es la energía que tiene un cuerpo debido a su posición.
Ep= Peso.h
Un cuerpo de peso(P), colocado a una altura H, tiene una energía potencial E , =
ph
3.7.
CONSTANTE DE RESORTE (K)
Consideremos un cuerpo A unido a un punto B por un recorte; se supone que el
resorte tiene su longitud no deformada cuando el cuerpo esta en Ao.
La evidencia experimental muestra que la
longitud de la fuerza F, ejercida por el resorte
sobre el cuerpo A, en proporcional a la
deformación X del resorte, medida desde la
posición A•; tenemos:
F=Kx
128
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
3.8.
el trabajo de la fuerza F ejercida por el resorte durante un desplazamiento finito
del cuerpo. 𝑨𝟏 (𝑿 = 𝑿𝟏 ) 𝒂 𝑨𝟐 (𝑿 = 𝑿𝟐 )
Se obtiene
𝑋
𝑋
1
1
𝑘𝑋 2
W=∫𝑋 2 −𝐹𝑑𝑥=∫𝑋 2 −𝑘𝑑𝑥= 21 −
𝑘𝑋2 2
2
Donde (K) es la constante del resorte , expresa en N/m, KN/M. LB/M
La constante k de resorte nos vendrá a representar la fuerza necesaria O fuerza
cortante para desplazar el resorte (ESTRUCTURA). En una unidad de desplazamiento.
3.9 resorte en paralelo
129
F1=k1.ϭ + F2=k2.ϭ + F3=k3.ϭ
F1 + F2 + F3 =(K1 +K2 +K3)ϭ
W =(K1 +K2 +K3)ϭ
W/ϭ =Keq=(K1 +K2 +K3)
Donde: W= F1 + F2 + F3
W=(Keq)ϭKeq =∑𝑛𝑖=1 k
3.10. RESORTE EN SERIE.
𝑊
𝑊
𝑊
ϭ1 =𝐾1 ; ϭ2 =𝐾2 ; ϭ3 =𝐾3 ;
𝑊
ϭT =𝐾𝑒𝑞 ;
ϭT =ϭ1 + ϭ2 + ϭ3
1
1
1
1
∴𝐾𝑒𝑞 = 𝐾1 + 𝐾2 + 𝐾3
𝑘1.𝑘2.𝑘3
Keq=𝐾2.𝑘3+𝑘1.𝑘3+𝑘1.𝑘2
Ejemplo.- se tiene un cuerpo de maza M que cae de una altura H , sobre un resorte; se
pide hallar el desplazamiento o deformación máxima del resorte.
130
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
131
EJERCICIOS RESUELTOS
Ejemplo n°1
Se tiene un cuerpo que pesa ( w=100kg ), y que cae de una altura( h=80cm ). Se pide
determinar la K1 Y K2 . Sabiendo que el desplazamiento de los resorte es 𝛿1 = 1𝑐𝑚 y
𝛿2 = 1.5𝑐𝑚, respectivamente.
Solución:
𝛿𝑇 = 𝛿1 + 𝛿2
𝛿𝑇 = 1 + 1.5 =2.5 cm.
h= 80 cm.
W= 100 kg.
i)
Aplicando la conservación de energía:
(EK + Ep)1 = (EK +Ep)
2
Posición (1)posición ( 2)
EK1
= 0EK2= 0
Ep1
= W(h +𝛿𝑇 )Ep2
Epr1
= 0
= 0
Epr2 = ½ Ke𝛿𝑇 2
Epr2 = ½K1 𝛿1 2 + ½K 2 𝛿2 2
132
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Reemplazando datos: (EK + Ep)1 = (EK + Ep) 2
W( h + 𝛿𝑇 ) =
½ Ke𝛿𝑇 2
100( 80 + 2.5 ) = ½ Ke(2.5)2
Ke= 2640 kg/cm
Entonces :
2640 = K1.K2
K1 +K2
………………………………..(I)
Por otro lado :
W ( h +𝛿𝑇 ) = ½K1 𝛿1 2 + ½K 2 𝛿2 2
100( 80 + 2.5 ) = ½ K1. (1)2 + ½ K2(1.5)2
K1 16500 – 2.25K 2
……………………………………………………….(II)
Remplazando la Ecu (II) en Ec(I) tenemos :
K22 – 8800K2+ 19360000 = 0
K2 = 4400kg/cm
De Ecu(II) ; Reemplazando :
K1 = 66000kg/cm
133
Ejemplo n°2
Se tiene un cuerpo que pasa ( W= 300 kg ) , y que cae de una altura ( h=100cm ). Se pedi
determinar las constantes K1 Y K2 . Sabiendo que el desplazamiento de los resortes es de
𝛿1 = 1.5𝑐𝑚 y 𝛿2 = 2𝑐𝑚, respectivamente.
SOLUCIÓN:
Datos:
W=0
k1 = ?ke=k1 +k1 = 2k1
k2 = ?
Ke = 2k1.k2
2k1 +k1
Posición 1 tenemos:Posición 2 tenemos:
EK1 = 0EK2 = 0
Ep = W( h +𝛿1+𝛿2 ) Epr = ½ Ke1(𝛿𝑡)2 =½ Ke2(3.5)2
Ep = W( 100+ 3.5) Epr = ½ Ke(𝛿1)2 +½ K2(𝛿2)2
Epg = 300( 103.5 )
Epr = ½ Ke(1.5)2 +½ K2(2)2
…………(1)
Epr = 6.125Ke1
134
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Energíapotencial de unafuerzagravitacional.
Epr
=0
Reemplazando en la ecuación (I) tenemos :
300(103.5) = 6.125Ke1
300(103.5) = 1.125ke +2k2
Ke1= 5069.3878kg/cm
……..(2)
31050= 1.125Ke +2K2
.......(3)
-La Ec.(A) en Ec.(B) tenemos:
2.25K1 +2K2= 3150
……(4)
-La Ec.(2) en Ec.(B) tenemos:
………………………(5)
2K1.K2= 5069.39(2K1 +K2)
i)Aplicando conservación de energía :
(EK + Ep)1 = (EK +Ep) 2
135
Ejemplo n°3
Un resorte de longitud L y constante de resorte K sufre un acortamiento ( 𝛿 ) al arrojar una
pelota que pesa W por el dispositivo indicado en la figura; el coeficiente de fricción entre la
pelota y el tubo es𝜇; se pide encontrar la velocidad con que la pelota dejara el resorte y la
altura que alcanzara.
Ejemplo n°4
Se suelta los extremos B de sujeción entonces el bloque A choca con el bloque B; se pide
encontrar el desplazamiento máximo del bloque B. Se tiene los sgt. Datos :
-Fuerza de sujeción en el extremo B= 200 lb
-Constante del resorte : K= 25 lb/pulg.
-coeficiente de choque :e= 0.8 entre A y B.
136
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
3.11.- CHOQUE O IMPACTO (I).-
I1 = m1.V1´ - m1V1
I2 = m2V2´ - m2V2
Donde:
V´: Velocidad después del choque.
V: Velocidad antes del choque.
I2 = -I1
m2.V2´ - m2V2 = -(m1V1´ - m1.V1 )
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
…….(A)
EK1 =½ m1𝑉1´2 -½ m1𝑉12
EK2 =½ m2𝑉2´2 -½ m2𝑉22
EK2 = -EK1
½ m2𝑉2´2 -½ m2𝑉22= -(½ m1𝑉1´2 -½ m1𝑉12)
2
½ m1𝑉12 +½ m2𝑉22 = ½ m1𝑉1´2 + ½ m2𝑉2´……
……..(B)
…
137
I).-CAMPO COMSERVATIVO
II).- CAMPO NO COMSERVATIVO
1. ½ m1(⨰ 1)2 +½ m2(⨰ 2)2 = ½ m1(⨰ ´1)2 + ½ m2(⨰ ´2)2
2.- m1(⨰ 1)2 + m2(⨰ 2)2 = m1(⨰ ´1)2 + m2(⨰ ´2)2
De 1 tenemos : m1((⨰ 1)2 − (⨰ ´1)2 )= m2((⨰ ´2)2 -(⨰ 2)2 )
De 2 tenemos: m1(⨰ 1 −⨰ ´1)= m2(⨰ ´2-⨰ 2)
De la Ec. 1 tenemos : m1(⨰ 1 +⨰ ´1)(⨰ 1 −⨰ ´1)= m2(⨰ ´2+⨰ 2)(⨰ ´2-⨰ 2)
De la Ec. 2 tenemos: m1=
m2(⨰´2−⨰2)
(⨰1−⨰´1)
-Reemplazando Ec. 2 en Ec 1 tenemos :
m2 (⨰ ´2-⨰ 2)(⨰ 1 +⨰ ´1)(⨰ 1 −⨰ ´1)= m2(⨰ ´2+⨰ 2)(⨰ ´2-⨰ 2)
(⨰ 1 −⨰ ´1)
(⨰ 1 +⨰ ´1)= (⨰ ´2+⨰ 2)
(⨰ ´1 −⨰ ´2)= - (⨰ 1 −⨰ 2)
CAMPO CONSERVATIVO
II) CAMPO NO CONSERVATIVO:
1 .- ½ m1𝑉12 +½ m2𝑉22 - E = ½ m1𝑉1´2 + ½ m2𝑉2´2
E=perdida de energía
(⨰ ´1 −⨰ ´2)= -e(⨰ 1 −⨰ 2)
⨰´2−⨰´1)
e = ((⨰1−
=
⨰2)
V2´ − V1´
V1–V2
Dónde: e= coeficiente de choque o de restitución. Que depende fundamentalmente de los
materiales de los cuerpos que colisionan.
138
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-
SI EL CHOQUE ES ELÁSTICO (e= 1) :
Se debe cumplir que:
-La cantidad de movimiento se conserva :
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
e = V2´ - V1´ = 1
V1–V2
V2´ - V1´ = V1–V2
Nótese que tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos (2) incógnitas V1´ y V2´.
-
SI EL CHOQUE ES ELÁSTICO (e= 1) :
Se debe cumplir que:
-La cantidad de movimiento se conserva :
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
e = V2´ - V1´ = 1
V1–V2
V2´ - V1´ = V1–V2
Nótese que tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos (2) incógnitas V1´ y V2´.
-SI EL CHOQUE ES PERFECTAMENTE ELÁSTICO:
Se debe cumplir que:
-La cantidad de movimiento se conserva:
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
139
-La energía cinética se conserva:
½ m1𝑉12 +½ m2𝑉22 = ½ m1𝑉1´2 + ½ m2𝑉2´2
…
-Estas ecuaciones nos permiten determinar las velocidades finales, conociendo las masas
de las partículas y sus velocidades iniciales.
-SI EL CHOQUE ES PERFECTAMENTE INELÁSTICO ( 0<e <1 ):
Se debe cumplir que :
-La cantidad de movimiento se conserva :
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
e = V2´ - V1´ ;
V1–V2
V2´ - V1´ =e (V1–V2)
-Los valores de V1´ y V2´ pueden determinarse si se conoce el valor de
equedependefundamentalmente, de los materiales de los cuerpos que colicionan.
--SI EL CHOQUE ES PERFECTAMENTE PLÁSTICO ( e= 0 ):
-Se debe cumplir que:
-Los dos (2) cuerpos quedan unidos entre si después del choque.
e = V2´ - V1´ = 0
V1–V2
V2´ = V1´ =V
140
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-La cantidad de movimiento se conserva
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
…………………………….(∞)
-La ecuación () nos permite dados las condiciones iniciales (m, m2,V1, V2 ) determinar la
velocidad final (V).
-En este caso , la energía cinética no se conserva.
Ejemplo n°1
Calcular el porcentaje de perdida de energía cinética en un impacto central directo si (
m1=m2 = m); (V1 = -EKaEKd V2 =V ); coeficiente de restitución.
Solución:
i)
El porcentaje de perdida de energía cinetica en un impacto :
%▲EK = EKaEKdx 100
EKa
ii)
Energía cinética antes del choque : (EKa)
E
-E
K22== ½ m𝑉
K21 + ½ m(−𝑉)2
EKa = ½ m1𝑉12 +½ m2𝑉2
EKa
= ½ m𝑉 2 + ½ m𝑉 2
EKa = m𝑉 2
EK2 = -EK1
EK2 = -EK1
EK2 = -EK1
e = V2´ - V1´⇒e (V1–V2)= V2´ - V1´
V1–V2
2eV = V2´ - V1´
……………. ………………………..(∞)
141
iii)
Conservación de momentun lineal o cantidad de movimiento :
m1V1 + m2V2 = m1V1´ + m2.V2´
mV + m(-V) = mV1´ + m.V2´
0 = mV - mV = mV1´ + m.V2´
V1´ = -V2´
……………………………………….(β)
De la Ec. (β) en la Ec. (∞) tenemos las velocidades finales después del choque.
2eV = V2´ - V1´ = V2´ - (-V2´)
eV = V2´
-eV = V1´
Entonces:
Iv) Energía cinética después del choque : (EKd)
EKd = ½ m1𝑉1´2 + ½ m2𝑉2´2 = ½ m(−𝐞V )2 + ½ m(𝐞V)2
EKd = mV 2 𝐞2
V) El porcentaje de perdida de energía cinética en un impacto :
%▲EK = m𝑉 2 - m𝑉 2 𝐞2x 100
m𝑉 2
%▲EK = ( 1 - 𝐞2 )x 100
142
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Ejemplo n°2
Se tiene 3 esferas sobre una superficie liza; A tiene una velocidad 3cm/s y va a impactar a la
esfera B se pide hallar las velocidades después de los impactos, e=0.4; y m=mA=mB=mC.
i)
Choque: A y B.mA.VA +mB.VB=mA.VA´ +mB.VB´
……………………………….(1)
(3 + 0) = VA´ + VB´
(3 + 0) = VA´ + VB´
𝒆=
VB´ − VA´
= 𝟎. 𝟒
VA − VB
VB´ - VA´ = 0.4 (VA – VB)
VB´ - VA´ = 1.2
……………………………….(2)
De Ecu (1) y (2) tenemos
VB´ = 2.1 cm/s
ii)
VA´ = 0.9 cm/s
Choque: B con C.-
mB.VB´ + mC.VC = mB.VB” + mC.VC´
2.1 = VB” + VC´
……………………………………(3)
𝒆=
VC´ − VB"
= 𝟎. 𝟒
VB´ − VC
VC´ - VB´´ = 0.84
…………………………………….(4)
143
Resolviendo la Ecu (3) y (4) tenemos :
VC´ = 1.47 cm/s
iii)
VB´´ = 0.63 cm/s
Resumen de velocidades.-
Como la velocidad VA´>VB´ Entonces las esferas seguirán chocando; debemos de calcular
cuando ya no chocan; velocidades después de los impactos.
iv)
Choque: entre A y B .-
mA.VA +mB.VB=mA.VA´ +mB.VB´
1.53 = VA´ + VB´
…………………………………..(5)
𝒆=
VB´ − VA´
= 𝟎. 𝟒
VA − VB
VB´ - VA´ = 0.4( 0.9 - 0.63 )
VB´ - VA´ = 0.108
……………………………………….(6)
Resolviendo la Ecu (5) y (6) tenemos:
VB´ = 0.82 cm/s
VA´ = 0.71 cm/s
144
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
V) Velocidades después de los impactos serán:
VA´ = 0.71 cm/s
VB´ = 0.82 cm/s
VC´ = 1.47 cm/s
Ejemplo n°3
Encontrar el valor máximo del ángulo ∡𝜙máx. ; y la fuerza ejercida sobre el peso por la
cuerda cuando 𝜙=15°
145
EJERCICIOS RESUELTOS:
EJERCICIO Nº01.- El bloque de 7kg. De la
figura se suelta en reposo y se desliza una
distancia S plano inclinado, abajo choca con el
muelle, comprimiéndolo 75mm antes de que
esté a punto de iniciarse el retorno (plano
arriba). Suponiendo un coeficiente de
rozamiento de 0.25 y una constante del muelle
k=2.8N/mm, Hallar S.
Solución
-Peso: 𝑊 = 7𝑥 9.81 = 68.67𝑁
-La reacción Normal del bloque:
𝑁 = 𝑊 cos 30 = 59.47 𝑁
-La fuerza de rozamiento: 𝐹𝑓 = 𝑢. 𝑁 = 14.87 𝑁
-La componente del peso paralela al plano:
𝑇 = 𝑊 sin 30 = 34.335 𝑁
-La fuerza de rozamiento y fuerza tangencial trabajan a lo largo del recorrido de (S+0.075),
siendo negativo el trabajo del rozamiento y positivo, el de la otra fuerza:
𝑊 = (𝑇 − 𝐹𝑓 )(S + 0.075), = [34.335 − 14.87](S + 0.075)
𝑊 = 19.465(S + 0.075) … 𝐼
1
-El trabajo del muelle (resorte) es negativo:𝑊 = − 2 𝐾(0.075)²
1 2.8𝑁 1000𝑚𝑚
−2
(0.075)2𝑚 = 7.875 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒 … 𝐼𝐼
𝑊= .
.
2 𝑚𝑚
1𝑚
-Igualando 𝐼 y 𝐼𝐼 tenemos:
19.465(S + 0.075) = 7.875 ⟹
∴ 𝑆 = 329.57 𝑚𝑚
146
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº02.- Calcular la constante K del muelle de
la figura para que la barra esbelta AB llegue justo a la
posición vertical al soltarse en reposo en la posición
horizontal representada, en la cual el muelle esta
alargado 1’’. La barra pesa 8lb
Solución
-La longitud libre del muelle:𝐾 = 20′′ − 1′′ = 19′′
-En la posición vertical, el muelle
(12′′ + 16′′ ) − 19′′ = 28′′ − 19′′ = 9′′
−𝐾
-El trabajo del muelle es:𝑊 = 2 (𝑆 2 2 − 𝑆 21 )
𝑊𝑃𝑅 =
−𝐾 9 2
1 2
[( ) − ( ) ] = −0.278𝐾 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒
2
12
12
-El trabajo de la gravedad es:
10.5
𝑊𝑃𝐺 = (8) (
) = 7 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒
12
-Como la barra parte del reposo y acaba en reposo, la variación de la energía cinética es
cero. Por lo tanto:
2
1
𝑊1−2 = 𝐸𝑘 → ∫ 𝐹⃗ . 𝑑𝑟⃗ = 𝑚𝑣²1 = 0 − 0.278𝐾 + 7 = 0
2
1
∴ 𝐾 = 25.18
𝑙𝑏
= 2.10 𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔
𝑝𝑖𝑒
EJERCICIO Nº03.- En la figura la bola de 9kg que se
mueve hacia abajo a 3m/s golpea a la bola de 5.5kg
se mueve, como se indica, a 2.5m/s. Siendo el
coeficiente de restitución e=0.80. Calcular las
velocidades 𝑉1 y 𝑉2 después del choque.
que
Solución
i)
Para hallar las componentes y las
velocidades, se aplican 2 ecuaciones:
147
-La cantidad de movimiento se conserva:
𝑚1 𝑉1 + 𝑚2 𝑉2 = 𝑚1 𝑉1′ + 𝑚2 𝑉2′ … 𝐼
-Coeficiente de restitución:
𝑒=
𝑉2 ′ − 𝑉1 ′
… 𝐼𝐼
𝑉1 − 𝑉2
ii)
Componentes de las velocidades iniciales:
⃗⃗1 = −3𝑗⃗ 𝑚/𝑠
𝑉
⃗⃗2 = 2.5 cos 45𝑖⃗ + 2.5 sin 45𝑗⃗ = 1.77𝑖⃗ + 1.77𝑗⃗
𝑉
-Los componentes de las velocidades finales:
𝑉1′ = 𝑉1′ 𝑗⃗
𝑉2′ = 1.77𝑖⃗ + 𝑉2′ 𝑗⃗
-De la ecuación 𝐼 tenemos:
9𝑉1′ + 5.5𝑉2′ = 9(−3) + 5.5(1.77)
9𝑉1′ + 5.5𝑉2′ = −17.265 … 𝐼𝐼𝐼
-De la ecuación 𝐼𝐼 tenemos:
𝑉2 ′ − 𝑉1 ′
= 0.80 → 𝑉2′ − 𝑉1′ = −3.816 … 𝐼𝑉
−3 − 1.77
-Resolviendo la ecuación 𝐼𝐼𝐼 en la ecuación 𝐼𝑉 tenemos:
9𝑉1′ + 5.5𝑉2′ = −17.265 … 𝐼𝐼𝐼
−9𝑉1′ + 9𝑉2′ = −3.816 … 𝐼𝑉 𝑥 9
14.5𝑉2′ = −51.609
𝑉2′ = −3.56
𝑉1′ = 0.26
𝑚
𝑠
𝑚
𝑠
-Las velocidades finales son:
𝑉1′ = 0.26𝑗⃗
⟹
𝑉2′ = 1.77𝑖⃗ − 3.56𝑗⃗
∴ |𝑉1′ | = 0.26 𝑚/𝑠
⟹
∴ |𝑉2′ | = 3.98 𝑚/𝑠
148
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº04.- Dos bolas de billar de igual masa y radio “r” pueden moverse en un plano
horizontal liso. Estando B en reposo colisiona con la bola A, que tenía una velocidad V hacia la
derecha. Calcular: cuál debe ser la distancia “d” para que la componente vertical de la
velocidad de B, después del choque, sea máxima. Asimismo, calcular la velocidad de B,
indicando su módulo, dirección y sentido. Tomase e=1.
Solución:
- Como no conocemos la línea de
choque, supondremos que esta forma con el
eje horizontal, un ángulo θ.
- La cantidad de movimiento en la
línea de choque se conservara:
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉
𝐴 = 𝑣 cos 𝜃 𝑖⃗ + 𝑣 sen 𝜃 𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐵 = 0
𝑉 ′𝐴 = (𝑉𝑥 𝐴 , 𝑉𝑦 )
𝐴
𝑉 ′ 𝐵 = (𝑉𝑥 𝐵 , 𝑉𝑦 𝐵 )
-
Aplicando la ecuación de restitución:
𝑉
−𝑉
𝑥𝐵
𝑥𝐴
1 = − 0−𝑣
cos 𝜃
-
⇒
𝑣 cos 𝜃 = 𝑉𝑥 𝐵 − 𝑉𝑥 𝐴 …………............(1)
Por conservación de la cantidad de movimiento:
𝑚𝐴 𝑣 cos 𝜃 + 𝑚𝐵 (0) = 𝑚𝐴 𝑉𝑥 𝐵 − 𝑚𝐵 𝑉𝑥 𝐴………………………………(2)
Como 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 ; se tiene: 𝑣 cos 𝜃 = 𝑉𝑥 𝐴 + 𝑉𝑥 𝐵 …………………….(3)
-
Reemplazando (1) y (3) tenemos:
𝑉𝑥 𝐴 = 0
-
;
𝑉𝑥 𝐵 = 𝑣 cos 𝜃
;
𝑉 ′ 𝐵 = (𝑉𝑥 𝐵 , 0) = (𝑣 cos 𝜃 , 0)
Luego :
𝑉𝑦 𝐵 = 0
149
Como la componente 𝑉 ′ 𝐵 referida al sistema V:H es:
-
(𝑉 ′ 𝐵 )𝑉 = (𝑣 cos 𝜃) sen 𝜃 = 𝑣
-
sen 2𝜃
…………………………................(4)
2
De la ecuación (4) sera máxima cuando:
∴
sen 2𝜃 = 1
⇒
𝜃 = 45°
2𝑟 sen 𝜃 = 𝑑
⇒
𝑑 = 𝑟√2
√2
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉 ′ 𝐵 = 2 𝑢𝑖⃗
⟹
√2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉 ′𝐵 = 2 𝑉
EJERCICIO Nº05.- Una barra esbelta de masa m y
longitud L tiene un extremo articulado a un plano
horizontal. Inicialmente en posición vertical, se deja
caer como se muestra en la fig. ¿Cuál es su
celeridad angular cuando choca con el suelo?
Solución:
-
Posición (1):
1
2
Energía elástica (𝐸𝐾 )1 = 𝑚𝑣1 2 = 0
Energía potencial (𝐸𝑃 )1 = 𝑤ℎ = 𝑚𝑔ℎ =
1
𝑚𝑔𝐿
2
-
Posición (2):
1
1 1
(𝐸𝐾 )2 = 𝐼𝑜 𝜔2 = ( 𝑚𝐿2 ) 𝜔2
2
2 3
1
(𝐸𝐾 )2 = 𝑛𝐿2 𝜔2
6
(𝐸𝑃 )2 = 0
Reemplazando datos:
(𝐸𝐾 + 𝐸𝑃 )1 = (𝐸𝐾 + 𝐸𝑃 )2
1
1
𝑚𝑔𝐿 = 𝑚𝐿2 𝜔2
2
6
⇒
𝜔2 =
3𝑔
𝐿
⇒
3𝑔
𝜔=√
𝐿
150
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº06.- En la fig. (02) el cilindro de 100lb de peso y 1pie de radio rueda sin
deslizar bajo la acción de la fuerza 80lb. Arrollada al cilindro hay una cuerda unida a un
muelle. ¿Cuál es la celeridad del cilindro cuando su centro se ha desplazado 6 pulg? Al
aplicarse la fuerza de 80lb, el muelle esta sin deformar. (𝑔 = 32𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔)
Solución:
-
Como el cilindro rueda sin deslizar, el muelle se alarga 12’’ cuando el centro del
cilindro se desplaza 6’’ hacia la derecha.
El trabajo es:
1
𝑊 = − 𝑘𝑥 2 + 𝐹(𝑆)
2
1
𝑙𝑏
1𝑝𝑖𝑒 2
1𝑝𝑖𝑒
𝑊 = − (50
) (12" ∗
) + 80𝑙𝑏(6" ∗
)
2
𝑝𝑖𝑒
12"
12"
𝑊 = −25𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 + 40𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 = 15𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒
𝑊 = 15𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒
-
La variación de la energía cinética es: si 𝑣0 = 𝑙𝜔
;
1
𝐼0 = 2 𝑚𝑙 2
1
1
∆𝐸𝐾 = 𝐸𝐾 2 − 𝐸𝐾 1 = 𝑚𝑣0 2 + 𝐼0 𝜔2
2
2
1 100
1 1 100 2 𝑣0 2
∆𝐸𝐾 = (
) 𝑣0 2 + [ (
)𝑙 ]( )
2 𝑔
2 2 𝑔
𝑙
3 100
∆𝐸𝐾 = (
) 𝑣0 2
4 𝑔
-
Luego el trabajo será:
𝑊 = ∆𝐸𝐾
3 100
15 = (
) 𝑣0 2
4 𝑔
𝑣0 = 2.54 𝑝𝑖𝑒/𝑠𝑒𝑔
151
PROBLEMA N°1
EJERCICIO
Nº07.- Una pelota se suelta desde una altura H y rebota. Si el coeficiente de es
E”, encuentra la altura a que se eleva la pelota después del segundo rebote
1
v1=0
3
v4=0
H
H

v4=0
h1
v2
v3
v7=0
v5
v6
2
5
h2=?
4
Solución :
1) Tramo 1-2 : Caida libre de cuerpos
𝑉2 2 = 𝑉1 2 + 2GH  𝑉2 = √2𝑔𝐻 …………………..(1)
2) Primer choque: La pelota 1 y el piso 2
𝑉2 2 - 𝑉1 2 = e (𝑉1 - 𝑉2 )
 e=
- 𝑉3 = e𝑉2
−𝑉3
𝑉2
=
−𝑉3
√2𝑔𝐻
….………..(2)
3) Tramo 2-3 : Caida libre del cuerpo
𝑉𝑓 2 = 𝑉𝑜 2 + 2gh
0 = 𝑉3 2 - 2gℎ1 
𝑉3 = √2𝑔ℎ1 ……………….(3)
La ecuación (3) en ecuación (2) tenemos :
𝑒2 = (
√2𝑔ℎ1 2
ℎ1
√2𝑔𝐻
𝐻
) =
 ℎ1 = 𝑒 2 𝐻 …………………(4)
4) Tramo 3-4 : Caida libre de cuerpo
𝑉𝑓 2 = 𝑉𝑜 2 + 2gh
𝑉5 2 = 0 + 2gh
 𝑉5 = √2𝑔ℎ1 ……………..(5)
5) Segundo choque : La pelota 1 y el piso 2
𝑉2 - 𝑉1 = e(𝑉2 - 𝑉1)
152
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
𝑉𝑝 - 𝑉6 = e(𝑉5 - 𝑉𝑝 )
−𝑉
e = - 𝑉6
5
 e=
−𝑉6
√2𝑔ℎ1
………………..(6)
6) Tramo 5-4 : Caida libre de cuerpo
𝑉𝑓 2 = 𝑉0 2 + 2gh
0 = 𝑉6 2 – 2gℎ2
 𝑉6 √2𝑔ℎ2 ………………..(7)
-La Ec.(7) en la ec(6) tenemos :
𝑒2 = (
−√2𝑔ℎ2 2
√2𝑔ℎ1
ℎ
 𝑒 2 = ℎ2
)
=> ℎ2 = 𝑒 2 ℎ1
1
-La Ec.(8) en la Ec.(4) tenemos :
ℎ2 = 𝑒 2 ℎ1 = 𝑒 2 (𝑒 2 H) = 𝑒 4 H
ℎ2 = 𝑒 4 H
PROBLEMA N°2
EJERCICIO Nº08.- El peso W1 Cae desde el reposo una distancia H y
entra en contacto con otro peso W2 que estaba en equilibrio sobre
un resorte de nodulo K . Si el coeficiente de restitución es cero,
encuentre la comprensión del resorte cuando los pesos se
encuentran en el punto más bajo
H
W2
DATOS:
𝑊1
W1 = 𝑚1 g  𝑚1 = 𝑔
W2 = 𝑚2 g  𝑚2 =
e =0
W1
;
𝑊2
𝑔
;
H=altura que cae
;
K = constante del resorte
𝛿𝑚𝑎𝑥 = (𝑋4 - 𝑋3 ) = ?
Solución :
1) Aplicando conservación de energía :
(Ek + Ep ) en 1 = (Ek + Ep ) en 2
…………………(‡)
Posicion 1 tenemos :
1
Ek =2 𝑚1 𝑉1 2 = 0
Posición 2 tenemos :
1
Ek = Ek =2 𝑚1 𝑉1 ´2
Ek = W1H = 𝑚1 gH
Ep = 0
153
Reemplazando en la Ecuación (‡) tenemos :
1
0 + 𝑚1 gH = 2 𝑚1 𝑉1 ´2 + 0
 𝑉1 ´ = √2𝑔𝐻
………………….(1)
2) Si e=0 ; el choque es completamente inestable o perfectamente plástico; los dos
cuerpos quedan unidos entre si después del choque.
- La cantidad de movimiento se conserva:
𝑚1 (𝑉1 )2 + 𝑚2 (𝑉)2 = ( 𝑚1 + 𝑚2 ) 𝑉3
1
𝑚1 (2𝑔𝐻)2 = ( 𝑚1 + 𝑚2 ) 𝑉3
1
(2𝑔𝐻)2
𝑉3= 𝑤1 (w1+w2) ………………………………………(2)
3) En la posición inicial el bloque 2 deforma al resorte :
𝐹
𝑊2
F= Kx  X = 𝐾 = 𝐾
𝑊2
𝑋3= 𝐾 ………………………………(3)
4) Aplicando conservación de energía entre pto (3) y pto (4) :
(Ek + Ep) en 3 = (Ek + Ep ) en 4
………………………(‡‡)
Posición 3 tenemos :
1
Posición 4 tenemos :
1 𝑊1+𝑊2)
Ek= 2(𝑚1 + 𝑚2 )𝑉3 2 = 2(
𝑔
1
) 𝑉3 2
Ek= 2(𝑚1 + 𝑚2 )𝑉4 2 = 0
EPg= Wh = 0
EPg= (W1 + W2)(-h)
1
1
EPr= 2K(𝑋4 2)
EPr= 2K(𝑋3 )2
Reemplazando en la Ec.( ‡‡) tenemos :
1
2𝑔
1
1
(W1 + W2) 𝑉3 2 + 0 + 2K(𝑋3 )2 = 0 – (w1 + w2)h + 2K(𝑋4 2)
Reemplazando valores de la velocidad 𝑉3 y 𝑋3 tenemos :
1
1
2𝑔
(2𝑔𝐻)2
2
1
1
(W1 + W2)[𝑤1 (w1+w2)] + 2K(𝑋3 )2 = - (W1 + W2)h + 2K(𝑋4 2)
aℎ2 – bh + c = o  a𝑋 2 + bX + C = 0 
𝑥=
−𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐
2𝑎
RESOLVIENDO :
154
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
ℎ=
2𝑊1
2𝑊
2𝑊12 𝐻
±√( 1 )2 +4(1)
𝐾
𝐾
𝐾(𝑊1+𝑊2)
−
2(1)
2𝑊
𝑊
2𝑊12 𝐻
ℎ = 𝛿𝑚𝑎𝑥 = − 𝐾 1 ± √( 𝐾1 )2 + 𝐾(𝑊1+𝑊2) ----Comprensión del resorte
EJERCICIO Nº09.- Dos discos idénticos chocan entrando en
contacto en las posiciones mostradas, se muestran también
sus velocidades antes del choque. Si el coeficiente de
restricción es 0,8, encuentre las velocidades de los discos
después la colisión, determine también el impulso de la
fuerza de interacción para la línea de impacto mostrada en la
figura.
Solución:
(a) Cálculo de las Velocidades de los discos después de la
colisión (choque) :
-Descomposición de las velocidades iniciales:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐴𝑖 = 4(Sen30°𝑖⃗ + Cos30°𝑗⃗ ) = (2𝑖⃗ + 3.46𝑗⃗ ) PIS/seg
4
3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐵𝑖 = 5(-Cosθ𝑖⃗ - Senθ𝑗⃗ ) = 5 (-5 𝑖⃗ - 5 𝐽⃗ ) = (-4𝑖⃗ - 3𝐽⃗)PIS/seg
Descomposición de la Velocidades finales :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐴𝑓 = 2𝑖⃗ + 𝑉𝐴𝑓 𝑗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐵𝑓 = -4𝑖⃗ - 𝑉𝐵𝑓 𝑗⃗
No existen fuerzas externas sobre el sistema de los dos discos, la cantidad de movimiento se
conserva:
m𝑉𝐴𝑓 + m𝑉𝐵𝑓 = m𝑉𝐴𝑖 + m𝑉𝐵𝑖
-La ecuación de componentes en la dirección perpendicular a la línea de impacto se satisface
Automáticamente y en la dirección de 𝑗⃗
m𝑉1 + m𝑉2 = m(3.46) + m(-3)
𝑉1 + 𝑉2
= 0.46 …………………………..(1)
-De acuerdo con la definición del coeficiente de restitución :
𝑉 −𝑉
2
1
e=3.46−(−3)
=
𝑉2 − 𝑉1
6.46
= 0.8
𝑉2 − 𝑉1 = 5.168 ……………………………….(2)
155
-Resolviendo la ecuación (1) y ec.(2) tenemos :
𝑉1 + 𝑉2 = 0.46
𝑉2 − 𝑉1 = 5.168
-------------------------2𝑉2 =5.628

𝑉2 = 2.814 pies/sg
𝑉1 = 2.354 pies/sg
-Velocidades de los discos después del choque (Velocidad final)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐴𝑓 = 2𝑖⃗ + 2.354𝑗⃗
 𝑉𝐴𝑓 = 3,0889 pies/seg
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐵𝑓 = -4𝑖⃗ - 2.814𝑗⃗
 𝑉𝐵𝑓 = 4,8907 pies/seg
(b) Cálculo de impulso de la fuerza de interacción para la línea de impacto.
I = ∫ 𝐹 ∗ 𝑑𝑡 = m𝑉2 - m𝑉1 = m(𝑉2 − 𝑉1)
I = m( 2.814 – (-2.354) ) = 5.168m
EJERCICIO Nº10.- El bloque mostrado en la figura pesa 100 lb y la constante del resorte es
PROBLEMA
N°4 del reposo. Encuentre
de 10 lb/pie, este tiene su longitud natural cuando el bloque
se libera
el coeficiente mínimo de fricción μ para que el bloque no rebote después de detenerse
DATOS:
𝑊𝑏𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒 = 100lb
K = 10lb/pie
C°
μ=?
𝑓𝐾 = μN fuerza de fricción
∑ 𝐹𝑦 = 0  N – Wcos60° = 0
Solución:
i)
Posición (1) :
N = WCos60° =
ii)
100
2
 𝑓𝑟 = Nμ = 50μ
lb = 50lb
Aplicando el teorema de trabajo y Energia :
W = ΔE = 𝐸2 - 𝐸1
1
1
1
1
(WSen60° - 𝑓𝑟 )X = (2m𝑉2 2 + 2K𝑥 2 ) – (2m𝑉1 2 + 2 𝐾1 𝑥 2 )
156
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
1
√3
- 50μ )X = K𝑋 2
2
2
( 100
1
1
50√3 - 50μ = 2Kx = 2(10)X = 5X
50√3−5𝑋
50
= μ μ=
10√3−𝑋
10
EJERCICIO Nº11.- Dos pelotas esféricas de masas 𝑚1 y 𝑚1 , chocan. Si la línea de impacto
es el eje x, las velocidades antes del impacto son:
𝑉1=𝑎1 𝑖⃗ − 𝑏1 𝑗⃗ + 𝑐1 𝑘⃗⃗
𝑉2 =𝑎1 𝑖⃗ − 𝑏2 𝑗⃗ + 𝑐2 𝑘⃗⃗
Suponiendo que el coeficiente de restitución “e” es 0.5, y que 𝑚1 =𝑚2 ; encontrar las
velocidades 𝑣1 y 𝑣2 de estas dos pelotas después del impacto, y la energía perdida en el
impacto.
Solución:
1. Velocidades de las pelotas después del impacto. Sean:
𝑉̅1 = 𝐴1 𝑖̅ + 𝐵1 𝑗̅ + 𝐶1 𝑘̅
𝑉̅21 = 𝐴2 𝑖̅ + 𝐵2 𝑗̅ + 𝐶2 𝑘̅
Las velocidades de las pelotas después del impacto, como el eje x es la línea de
impacto, tenemos:
𝐴1 − 𝐴2 = −𝑒(𝑎1 − (−𝑎2 )) = −0.5(𝑎1 + 𝑎2 ) ……. (1)
Aplicando el principio de la conservación del momento lineal a lo largo del eje x el
sistema formado por estas dos pelotas, tenemos:
𝑚1 𝑎1 + 𝑚2 (−𝑎2 ) = 𝑚1 𝐴1 + 𝑚2 𝐴2
2𝐴1 + 𝐴2 = 2𝑎1 − 𝑎2……………(2)
157
Resolviendo estas dos ecuaciones, obtenemos:
𝐴1 = 0.5(𝑎1 − 𝑎2 ) y 𝐴2 = 𝑎1
Al aplicar el principio de la conservación del momento lineal a cada masa individual,
en las direcciones 𝑦 , 𝑧 obtenemos:
𝐵1 = −𝑏1
;
𝐶1 = 𝑐1
𝐵2 = −𝑏2
;
𝐶2 = −𝑐2
Así que:
𝑉̅1 = 0.5(𝑎1 − 𝑎2 )𝑖̅ − 𝑏1 𝑗̅ + 𝑐1 𝑘̅
𝑉̅2 = 𝑎1 𝑖̅ − 𝑏2 𝑗̅ + 𝑐2 𝑘̅
2. La energía perdida en el punto:
𝐸 = 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎
𝑚2 = 𝑚
Entonces:
1
1
1
1
𝑚1 𝑉1 2 + 𝑚2 𝑉2 2 − 𝐸 = 𝑚1 𝑉1 2 + 𝑚2 𝑉2 2
2
2
2
2
𝑚1 = 2𝑚2 = 𝑚
1
1
𝐸 = 𝑚(𝑉1 2 + 𝑉2 2 − 𝑉1 2 − 𝑉2 2 )
2
2
Sustituyendo sigue:
𝑉1 2 = 𝑎1 2 + 𝑏1 2 + 𝑐1 2
𝑉2 2 = 𝑎2 2 + 𝑏2 2 + 𝑐2 2
𝑉1 2 = (0.5)2 + (𝑎1 − 𝑎2 )2 + 𝑏1 2 + 𝑐1 2
𝑉2 2 = 𝑎1 2 + 𝑏2 2 + 𝑐2 2
Obtenemos:
𝐸 = 0.25𝑚(𝑎1 + 𝑎2 )2
158
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº12.- Se deja caer verticalmente una esfera sobre un cuerpo de masa muy
grande, cuya supeficie de AB tiene la formula de una parabola de eje vertical estando
situado el vertice en el punto A. Sabiendo que la superficie es lisa y el coeficiente de
restitucion es e=0.64 dterminar: la distancia “X” para que la esfera despues del choque
rebote horizantalmente.
Solucion:
Donde:
𝑉𝑒 = 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑡𝑎
𝑉é = 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑡𝑎
𝑥 ′ 𝑒 𝑦 ′ En donde el eje 𝑦 ′ −→tiene la dirección de la línea del choque
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑦 ′ & 𝑥′(Perpendicular de la tangente a la parábola)
̂ por ser muy grande, su velocidad antes y después del choque será
-La masa 𝐴𝐵
nula.
-Sus componentes de 𝑉𝑒 𝑦 𝑉é , referidas al sistema 𝑥 ′ 𝑒 𝑦′, será:
𝑉𝑒 = (𝑉𝑒 𝑠𝑒𝑛𝜃, −𝑉𝑒 𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝑉é = (𝑉é 𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑉é 𝑠𝑒𝑛𝜃)
-Aplicando la ecuación
𝑉′ −𝑉′
𝑒 = 𝑉2 −𝑉 1 ; En la dirección del eje 𝑦′
1
2
𝑉 𝑠𝑒𝑛𝜃−0
𝑉
0.64 = 𝑉é 𝑐𝑜𝑠𝜃−0 = 𝑉é 𝑡𝑎𝑛𝜃
𝑒
𝑒
𝑉
0.64 = 𝑉é 𝑡𝑎𝑛𝜃 ………. (1)
𝑒
-Mientras que los componentes perpendiculares a la línea de choque se conservan
(campo conservativo) en la dirección de x se tiene:
𝑉1 + 𝑉′1 = 𝑉2 + 𝑉′2 𝑉′1 − 𝑉 ′ 2 = −(𝑉1 − 𝑉2 )
𝑉′𝑥1 = 𝑉𝑥1 𝑉′𝑥2 = 𝑉𝑥2
159
𝑉𝑒 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑉é 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑉
𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑉é ……… (2)
𝑒
-Reemplazando (2) en (1) tenemos:
0.64 = 𝑡𝑎𝑛𝜃(𝑡𝑎𝑛𝜃) = 𝑡𝑎𝑛2 𝜃
𝑡𝑎𝑛2 𝜃 = 0.64 ………… (3)
Como (𝐵) y 𝜃 son complementarios tenemos:
𝑥
𝑡𝑎𝑛𝜃 = −𝑡𝑎𝑛𝛽 = 4 ………. (4)
Reemplazando (4) en (3) tenemos:
𝑥
𝑥2
0.64 = (4)2 = 16
−→
𝑥 2 = 0.64(16)
𝑥 = √0.64(16)
𝑥 = 3.20 𝑚
EJERCICIO Nº13.a) Encontrar el valor maximo del angulo ∅ .
b) Encontrar la fuerza ejercida sobre el peso por
la cuerda cuando ∅= 15°.
Solucion:
a) Aplicando conservación de energía
(𝐸𝑘 + 𝑣)1 = (𝐸𝑘 + 𝑣)2
1
1
𝑙 𝑙
𝑚𝑉1 2 + (−𝑚𝑔𝑙𝑐𝑜𝑠60°) = 𝑚𝑉2 2 + [−𝑚𝑔( + 𝑐𝑜𝑠𝜙)]
2
2
2 2
𝑚𝑔𝑙
1
1
= 𝑚𝑔𝑙 (1 + 𝑐𝑜𝑠𝜙)
2
2
160
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
1 = 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜙
−→ 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 0
𝜙𝑚𝑎𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠0 =
𝜋
2
1
1
𝑙 𝑙
𝑚𝑉1 2 − 𝑚𝑔𝑙𝑐𝑜𝑠60° = 𝑚𝑉3 2 + [−𝑚𝑔( + 𝑐𝑜𝑠𝜙)]
2
2
2 2
1 1
1
−𝑚𝑔𝑙 = 𝑚𝑉3 2 − 𝑚𝑔𝑙 (1 + 𝑐𝑜𝑠15°)
2 2
2
−𝑔𝑙 = 𝑉3 2 − 𝑔𝑙[1.965925]
𝑉3 2 = 0.965 𝑔𝑙
EJERCICIO Nº14.- Se suelta los extremos b de sujeccion
entonces el bloque A choca con el bloque B, se pide
encontrar el desplazamiento maximo del bloque B. Se
tiene los siguientes datos:
-fuerza de sujeccion en el extremo b=200 lb
-constante del resorte k=25 lib/pulg
-coeficiente del choque e=0.8 entre A y B.
Solución:
𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑗𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 = 200𝑙𝑏 (𝐸𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑜 𝑏)
𝑘 = 25 𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔
𝑒 = 0.8 𝑐ℎ𝑜𝑞𝑢𝑒 𝐴 𝑦 𝐵
∑ 𝐹 = 𝑘𝜌
161
∑𝐹
200𝑙𝑏+15𝑙𝑏
𝜌 = 𝑘 = 25 𝑙𝑏/𝑝𝑖𝑒𝑠
𝜌 = 8.6 𝑝𝑢𝑙𝑔
Energía potencial del resorte:
1
1
𝐸𝑝 = 2 𝑘𝜌2 = 2 (25)(8.6)2 = 924.5 𝑝𝑢𝑙𝑔
Conservación de energía:
(𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛1 = (𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛2
1
1
𝑚𝑉𝐴 2 + 924.5 = 2 𝑚𝑉𝐴 2 − 𝑚𝑔ℎ
2
𝑉𝐴 2 = 386
2(924.5−150)
15
𝑉𝐴 = 200 𝑝𝑢𝑙/𝑠𝑒𝑔
𝑒=
𝑉′𝐵 − 𝑉′𝐴
𝑉𝐴 − 𝑉𝐵
𝑉′𝐵 − 𝑉 ′𝐴 = 0.8(𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 )
𝑉′𝐵 − 𝑉 ′𝐴 = 160 ………… (a)
𝑚𝐴 𝑉𝐴 + 𝑚𝐵 𝑉𝐵 = 𝑚𝐴 𝑉′𝐴 + 𝑚𝐵 𝑉′𝐵
3000 = 15𝑉′𝐴 + 5𝑉′𝐵 …….. (b)
De (a) y (b):
{
−3𝑉 ′𝐴 + 3𝑉 ′ 𝐵 = 480
3𝑉 ′𝐴 + 5𝑉 ′ 𝐵 = 600
8𝑉 ′ 𝐵 = 1080
𝑉 ′ 𝐵 = 135 𝑝𝑢𝑙𝑔/𝑠𝑒𝑔
𝑉 ′𝐴 = −25 𝑝𝑢𝑙𝑔/𝑠𝑒𝑔 Rebote (-)
Del bloque B :
(𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛1 = (𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛2
1
1
𝑚𝑉𝐵 2 + 𝑚𝑔(𝑙) = 𝑚𝑉𝐵 2 − 𝑚𝑔ℎ𝑚𝑎𝑥
2
2
1
𝑚𝑉𝐵 2 = 𝑚𝑔ℎ𝑚𝑎𝑥
2
ℎ𝑚𝑎𝑥 = 23.6 𝑝𝑢𝑙𝑔
162
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº15.- Una partícula P de masa m, descansa sobre una superficie esférica lisa
(fig. a). Un pequeño empujón ocasiona que la partícula en un plano vertical. Calcular el
ángulo Ɵ𝐿 en el que la partícula abandona la superficie.
Solución:
Calcular el ángulo 𝜃𝐿 =?
Aplicando el principio de la conservación de la
energía en el pto (1) y pto (2) tenemos:
(𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝐸𝑛 1 = (𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝐸𝑛 2
1
1
𝑚(𝑣1 )2 + 𝑚𝑔𝑅 = 𝑚(𝑣2 )2 + 𝑚𝑔𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿
2
2
(𝑣2 )2 = 2(𝑔𝑅 − 𝑔𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 ) = 2𝑔𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 )
(𝑣2 )2 = 2𝑔𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 )……. Ec. (1)
Empleando la ecuación de movimiento en la dirección radio
∑ 𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑡
𝑁 ± 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 = 𝑚(−
𝑣2 2
)
𝑅
𝑁 = 0; Cuando está a punto de abandonar la superficie la partícula P.
(𝑣2 )2 = 𝑔𝑅 𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 ….. Ec. (2)
Igualando la ecuación (1) y la ecuación (2) tenemos:
𝑔𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 = 2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿
3𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 = 2
2
𝑐𝑜𝑠𝜃𝐿 = 3
2
𝜃𝐿 = cos−1(3) = 48.2° = 48° 11′ 22.87′′
𝜃𝐿 = 48.2° = 48° 11′ 22.87′
EJERCICIO Nº16.- una partícula P de masa m se mueve
sobre una masa horizontal lisa está unida a una cuerda
ligera e inextensible que está siendo tirada hacia abajo
por una fuerza F (t), como se muestra en la figura.
Demuestre que las ecuaciones diferenciales del
movimiento de P son:
163
-F = m (𝑟̈ − Ɵ̈2 )…………... (1)
-F = 𝑟Ɵ̈ + 2𝑟̇ Ɵ̇……............. (2)
Luego muestre que la ecuación (2) implica que 𝑟 2 Ɵ̇ =constante.
Solución:
Una partícula P de masa=m
F (t)= fuerza perturbadora o de excitación
Demuestre las ecuaciones diferenciales del
movimiento de P son:
𝐹 = 𝑚(𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 ) ……..Ec. (1)
0 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̈ …………Ec. (2)
Luego muestre que la Ec. (2) implica que 𝑟 2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.
Se trata del movimiento de una partícula en coordenadas polares: La aceleración de la
partícula e
𝑎̅ = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 )𝑢̅𝑟 + (𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇ )𝑢̅𝜃
Los componentes radial y transversal de la aceleración son:
𝑎̅ = 𝑎𝑟 𝑢̅𝑟 + 𝑎𝜃 𝑢̅𝜃
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̈
Las componentes de la fuerza perturbadora son:
𝐹(𝑡) = 𝐹𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 + 𝐹𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙
𝐹𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 = −𝐹
𝐹𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 = 0 (𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙)
De la ecuación del movimiento:
∑ 𝐹(𝑡) = 𝑚𝑎
−𝐹 = 𝑚𝑎𝑡 = 𝑚(𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 )
0 = 𝑚𝑎𝜃 = 𝑚(𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇) = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇
164
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº17.- Un collar o corredera de 3 kg desliza
con fricción despreciable sobre una barra vertical como
se muestra en la figura. El resorte se encuentra sin
deformación cuando la corredera A esta en la misma
elevación del punto O. La corredera se libera desde el
reposo en la posición 𝑌1 = 0.4m. Calcular la velocidad de
la corredera cuando pasa por primera vez por 𝑌2 =0 𝑦 𝑌3 =
-0.4.
Solución:
Posición (1)
𝐸𝑝𝑔 = 𝑚𝑔𝑦1 = (3)(9.81)(0,4)
𝐸𝑝𝑔 = 11.77 𝑁𝑚
1 2
1
𝑘𝑑 1 = (500)(0.5 − 0.3)
2
2
𝐸𝑝𝑟 =
𝐸𝑝𝑟 = 10 𝑁𝑚
𝐸𝑝 = 𝐸𝑝𝑔 + 𝐸𝑝𝑟 = 11.77 + 10
𝐸𝑝 = 21.77 𝑁𝑚
𝐸𝑘 =
1
𝑚𝑣1 2 = 0
2
Posición (2)
𝐸𝑝𝑔 = 𝑚𝑔𝑦2 = 0
1 2
𝑘𝑑 2 = 0
2
𝐸𝑝𝑟 =
𝐸𝑝𝑟 = 10 𝑁𝑚
𝐸𝑘 =
1
1
𝑚𝑣2 2 = (30)𝑣2 2
2
2
𝐸𝑘 = 1.5𝑣2 2
Posición (3)
𝐸𝑝𝑔 = 𝑚𝑔𝑦3 = 3(9.81)(−0.4)
𝐸𝑝𝑔 = −11.77 𝑁𝑚
165
𝐸𝑝𝑟 =
1 2
500
𝑘𝑑 3 =
(0.5 − 0.3)2
2
2
𝐸𝑝𝑟 = 10 𝑁𝑚
𝐸𝑝 = 𝐸𝑝𝑔 + 𝐸𝑝𝑟
𝐸𝑝 = −11.77 + 10 = −1.77 𝑁𝑚 −→ 𝐸𝑝 = −1.77 𝑁𝑚
1
1
𝐸𝑘 = 𝑚𝑣3 2 = (3)𝑣3 2 −→ 𝐸𝑘 = 1.5𝑣3 2
2
2
Las velocidades requeridas se calcularan aplicando el principio de la
conservación de la energía; primero para la posición 1 y 2; después para la
posición 1 y 3.
Para obtener la velocidad 𝑣2 , se tendrá:
(𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛 1 = (𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛 2
(0 + 21.77)𝑒𝑛 1 = (1.5𝑣2 2 + 0)𝑒𝑛 2
21.77
𝑣2 = √
= ±3.81 𝑚/𝑠𝑒𝑔
1.5
𝑣2 = −3.81 𝑚/𝑠𝑒𝑔 (ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜)
-Para obtener la velocidad 𝑣3 , se tendrá:
(𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛 1 = (𝐸𝑘 + 𝐸𝑝 )𝑒𝑛 3
(0 + 21.77)𝑒𝑛 1 = (1.5𝑣3 2 − 1.77)𝑒𝑛 3
23.54
𝑣3 = √ 1.5 = ±3.96 𝑚/𝑠𝑒𝑔
𝑣3 = −3.96 𝑚/𝑠𝑒𝑔 (ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜)
166
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO Nº18.- Una partícula de 10 kg (masa) se mueve en un plano horizontal bajo la
acción de una fuerza 𝐹⃗ . Se establece que la posición de la partícula deberá ser
𝑟⃗ = 3𝑡𝑖⃗ + 2𝑡 2 𝑗⃗ medida en metros. Calcule para 𝑡 = 5𝑠𝑒𝑔:
a) la cantidad de movimiento lineal.
b) La cantidad de movimiento angular.
c) La fuerza lineal 𝐹⃗ requerida actuando sobre la partícula.
d) El momento.
Solución:
a) La cantidad de movimiento lineal:
𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑣⃗ = 𝑚𝑟⃗̇
𝑃⃗⃗ = 10(3𝑖⃗ + 2𝑡𝑗⃗)
𝑃⃗⃗ = 30𝑖⃗ + 40𝑡𝑗⃗
Para 𝑡 = 5𝑠𝑒𝑔;
⇒
𝑘𝑔. 𝑚
𝑃⃗⃗ = 30𝑖⃗ + 40𝑡𝑗⃗ (
)
𝑠𝑒𝑔
⇒
|𝑃⃗⃗| = 202.24 (
𝑘𝑔. 𝑚
)
𝑠𝑒𝑔
⃗⃗ )
b) La cantidad de movimiento angular: (𝐻
⃗⃗ = 𝑟⃗ 𝑥 𝑃⃗⃗ = (3𝑡𝑖⃗ + 2𝑡 2 𝑗⃗) 𝑥 (30𝑖⃗ + 40𝑡𝑗⃗)
𝐻
𝑖⃗
𝑗⃗
⃗⃗ = | 3𝑡 2𝑡 2 | = [(3𝑡)(40𝑡) − 2𝑡 2 (30)]𝑘⃗⃗
𝐻
30 40𝑡
⃗⃗ = 60𝑡 2 𝑘⃗⃗ (
𝐻
𝑘𝑔 − 𝑚2
)
𝑠𝑒𝑔
𝑘𝑔 − 𝑚2
𝐻 = 1500 (
)
𝑠𝑒𝑔
⇒
c) La fuerza 𝐹⃗ requerida actuando sobre la partícula:
𝐹⃗ =
𝑑𝑃⃗⃗ 𝑑(30𝑖⃗ + 40𝑡𝑗⃗)
=
= 40𝑗⃗
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝐹⃗ = 40𝑗⃗ N
𝐹 = 40 𝑁
⃗⃗⃗0 = 𝐻
⃗⃗̇
d) El momento: 𝑀
⃗⃗⃗0 = 60(2)𝑡 = 120𝑡𝑘⃗⃗
𝑀
-
Para 𝑡 = 5𝑠𝑒𝑔
⇒
⇒
⃗⃗⃗0 = 120𝑡𝑘⃗⃗
𝑀
⃗⃗⃗0 = 600𝑡𝑘⃗⃗
𝑀
⇒ 𝑀0 = 600 𝑁 − 𝑚
167
EJERCICIO Nº19.- Un bloque, asimilable a una partícula de 10lb de peso, descansa en un
plano inclinado que puede girar en torno al eje Y Fig.01. La longitud L de la cuerda es de 2
pie. ¿Cuál es la tensión cuando el plano y el bloque giran con una celeridad angular de 10
RPM?
Solución
W = 10lb
G = 32.2 pie/s2
𝜔 = 10 RPM
-Del DCL:
𝑟 = 2 cos 30 = 1.732𝑝𝑖𝑒
-La única aceleración presente es la componente normal 𝑎𝑛 dirigida horizontalmente hasta el
eje Y:
𝑟𝑒𝑣 2𝜋𝑟𝑎𝑑 1𝑚𝑖𝑛 2
𝑎𝑛 = 𝑟𝜔 = 1.732𝑝𝑖𝑒 [10
∗
∗
] ⟹ 𝑎𝑛 = 1.90 𝑝𝑖𝑒/𝑠 2
𝑚𝑖𝑛 1𝑟𝑒𝑣
60𝑠
2
-De la ecuación del movimiento:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚 . 𝑎𝑛 ;
𝑇𝑐𝑜𝑠30 − 𝑁𝑠𝑒𝑛30 = 0.59 … … … … … . . (1)
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚 . 𝑎
𝑇𝑠𝑒𝑛30 + 𝑁𝑐𝑜𝑠30 = 10 … … … … … … (2)
;
-Resolviendo la Ec.(2) tenemos:
𝑁=
10
𝑇𝑠𝑒𝑛30
−
… … … … … … … … (3)
𝑐𝑜𝑠30
𝑐𝑜𝑠30
-La Ec.(3) reemplazando en la Ec.(1) tenemos:
𝑇 = 5.51 𝑙𝑏𝑠
EJERCICIO Nº19.- Un extremo de una cinta elástica, representada esquemáticamente en la
Figura, está sujeto a una articulación fija. El otro extremo está sujeto a una bola de ½ libra.
La constante elástica en la cinta es 4lb/pie. Se estira la cinta 1pie y se suelta con una
velocidad de 5 pie/s perpendicular a la misma cinta. La longitud es de 2 pie, y el movimiento
tiene lugar sobre un plano horizontal liso. ¿A qué distancia de la articulación fija pasa la
bola.
Solución
W = ½ lb
K = 4lb/pie
So = 1 pie
168
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
S=0
g = 32.2 pie/s2
-Como la fuerza de la cinta elástica sobre la bola pasa por el punto O, el momento angular
respecto a O se conserva:
(𝑚𝑣𝑜 )3 = (𝑚𝑣)𝑑 ⟹ 𝑣𝑑 = 15 𝑝𝑖𝑒 2 /𝑠 ………..(1)
-El trabajo es la variación de la energía cinética:
1
𝑊 = Δ𝐸𝑘 = 2 𝑚(𝑣 2 − 𝑣𝑜2 )…………..(2)
-El trabajo debido al resorte:
1
2
𝑊 = − 𝑘(𝑆 2 − 𝑆𝑜2 )………………….(3)
-Igualando la Ec.(2) con la Ec.(3) tenemos:
1
1
− 2 𝑘(𝑆 2 − 𝑆𝑜2 ) = 2 𝑚(𝑣 2 − 𝑣𝑜2 )
⟹
𝑣 = 16.81 𝑝𝑖𝑒/𝑠
-Sustituyendo en la Ec.(1) tenemos:
𝑑 = 0.89 𝑝𝑖𝑒
EJERCICIO Nº20.- Un péndulo a la torsión de una estación de radar para el rastreo de
satélites puede representarse como un disco uniforme de 0.1lb y 2 in de diámetro
suspendido de una barra delgada de rigidez torsional k(Figura). Calcule K en unidades de
lb.in/rad si la frecuencia natural del sistema debe ser de 5 ciclos por segundo.
Solución
a)Cálculo de la ecuación del movimiento:
+
∑ 𝑀𝑜 = 𝐼𝐴 𝛼 ⟹
−𝑘𝜃 = 𝐼𝐴 𝜃̈
⟹
𝑘
𝜃̈ + (𝐼 ) 𝜃 = 0
𝐴
b)Cálculo de la rigidez (k):
𝜔=√
𝑘
𝑚
⟹
𝜔2 =
𝑘
𝐼𝐴
⟹
𝑘 = 𝜔2 . 𝐼𝐴
-La frecuencia natural será:
1
𝑘
𝑓 = 2𝜋 √𝐼
1
⟹
𝐴
-Sabemos que: 𝐼𝐴 = 2 𝑚𝑟 2
⟹
𝑘 = (2𝜋𝑓)2 . 𝐼𝐴
⟹
𝜋2
1
𝑘 = (100. 𝑟𝑎𝑑 . 𝑠2 ) . 𝐼𝐴
𝐼𝐴 = 1.294 ∗ 10−4 𝑙𝑏. 𝑖𝑛. 𝑠 2
𝑘 = 0.128 𝑙𝑏. 𝑖𝑛/𝑟𝑎𝑑
169
EJERCICIO Nº21.- Una barra elástica de masa despreciable con una masa concentrada m
está articulada en sus dos extremos. La deflexión estática de la barra es Δ. Obtenga la
ecuación para la frecuencia natural del sistema.
Solución
𝜔=√
𝑘
𝑚. 𝑔
𝑔
=√
=√
𝑚
𝑚Δ
Δ
𝑔
∴𝜔=√
Δ
1 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜
𝑔
𝑓 = (2𝜋𝑟𝑎𝑑 ) 𝜔 = 0.159√Δ =
0.4985
√Δ
=
0.50
√Δ
⟹ 𝑓=
0.50
𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠/𝑠
√Δ
PROBLEMA N°3
EJERCICIO Nº21.- Dos bolas de brillar de igual masa y radio “r”
pueden moverse en un plano horizontal liso, estando B en reposo
colisiona con la bola A que tenía una velocidad V hacia la derecha.
Calcular cual debe ser la distancia “d” para que la componente
vertical de la velocidad de B, después del choque, sea máxima. Así
mismo calcular la velocidad de B, indicando su módulo, dirección y
sentido. Tomase e= 1.00
PROBLEMA N°3
B
A
A
y
x
Solución:
v
2r
vco
s
-a cantidad de movimiento en la linea de
choque se conservá:
B
B
H
B
d
A
A
A
y
y
v
x
x
li
ch nea
oq de
ue
d
V´𝐴 =(𝑉𝐴𝑋 ,𝑉𝐴𝑌 )
V´𝐵 =(𝑉𝐵𝑋 , 𝑉𝐵𝑌 )
-Como sólo existe impulso en la dirección
de la linea de choque se tiene:
v
H
−(𝑉´
−𝑉´
)
𝑒 = (𝑉 𝑥2−𝑉´ 𝑋1) = 1
𝑋2
𝑋1
-Mientras que las componentes perpendiculares a la linea de choque se conservan:
𝑉´𝑦1 = 𝑉𝑦1
𝑉
−𝑉
;
𝐵𝑋
𝐴𝑋
 1=-0−𝑉∗𝐶𝑂𝑆𝜃
=>
𝑉´𝑌2 = 𝑉𝑌2
V*COSθ= 𝑉𝐵𝑋 − 𝑉𝐴𝑋
…………….
-Por conservación de la cantidad de movimiento :
𝑚𝐴 Vcosθ + 𝑚𝐵 (0) = 𝑚𝐴 𝑉𝐴𝑋 + 𝑚𝐵 𝑉𝐵𝑋
170
v
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Como: 𝑚𝐴 =𝑚𝐵 ,
se tiene :
V*Cosθ= 𝑉𝐵𝑋 + 𝑉𝐴𝑋 ……………….Ec.(2)
Resolviendo Ec.(1) y Ec.(2) tenemos :
𝑉𝐴𝑋 =0
𝑉𝐵𝑋 = V*cosθ
;
-La componente perpendicular a la línea de choque se conserva :
𝑉𝐵𝑌 = 0
=> 𝑉´𝐵 =(𝑉𝐵𝑋 , 𝑉𝐵𝑌 ) = (Vcosθ , 0 )
-Como la componente 𝑉´𝐵 referida al sistema V-H es :
(𝑉´𝐵 )𝑣 = (Vcosθ)Senθ = V
𝑆𝑒𝑛2𝜃
……………….Ec.(3)
2
(𝑉´ )𝑣
𝐵
Senθ = 𝑉𝑐𝑜𝑠𝜃
La expresión Ec.(3) , será máximo:
𝑑(𝑉´𝐵 )𝑣
=0
𝑑𝜃
⟹
----> θ = 45°
Sen2θ= 1
Del grafico tenemos:
𝑑
d=2rSenθ ⟹
Senθ = 2𝑟 =>
d = 1.4142r
PROBLEMA N°4
EJERCICIO Nº22.- Una pelota rebota sobre una superficie plana
rugosa (uk=0.25). Si el coeficiente de restitución es e= 0.5 y el
ángulo de incidencia 𝜃1 = 32°, determinar el ángulo de rebote 𝜃2
1
2
Solucion:
Fx Δt = m(𝑉2 𝑆𝑒𝑛𝜃2 − 𝑉1 𝑆𝑒𝑛𝜃1 )
y
v2
v1
Fx Δt = m(𝑉1 𝑆𝑒𝑛𝜃1 − 𝑉2 𝑆𝑒𝑛𝜃2 ) …..……..(1)
2
1
Fy Δt = m(𝑉2 𝐶𝑜𝑠𝜃2 − 𝑉1 𝐶𝑜𝑠1) ……………(2)
Fx
=>Dividiendo (1) en Ec.(2) tenemos:
x
𝐹𝑥
R
𝐹𝑦
(𝑉 𝑆𝑒𝑛𝜃 − 𝑉 𝑆𝑒𝑛𝜃 )
=𝑢𝑘 = (𝑉1 𝐶𝑜𝑠𝜃1 +𝑉2𝐶𝑜𝑠𝜃 2) …………….(3)
2
2
1
1
Fy
-efectuando y reduciendo:
𝑉2
(𝑢 𝐶𝑜𝑠𝜃2 + 𝑆𝑒𝑛𝜃2 ) = (𝑆𝑒𝑛𝜃1 − 𝑢𝑘 𝐶𝑜𝑠𝜃1 ) ………………………(4)
𝑉1 𝑘
171
-Aplicando la ecuación del coeficiente de restitución “e” en la dirección de y, se tiene :
(𝑉 𝐶𝑜𝑠𝜃 −0)
e=(−𝑉2 𝐶𝑜𝑠𝜃2 −0)
1
1

𝑉2
𝐶𝑜𝑠𝜃
= e𝐶𝑜𝑠𝜃1
𝑉1
2
…………………(5)
-Reemplazando (5) en (4)
eCos𝜃1 (𝑢𝑘 Cos𝜃2 - Sen𝜃2 ) = Sen𝜃1 - 𝑢𝑘 Cos𝜃1
-Reduciendo y duplicando tenemos:
Tg𝜃1 = 𝑢𝑘 (e+1) eTg𝜃2
Reemplazando datos:
Tg32°=0.24(0.5+1) 0.5Tg𝜃2
Tg𝜃2 = 0.499738
𝜃2 = 26,55°
EJERCICIO Nº22.- Se lanza una pelota con una velocidad de 10 m/s a un ángulo de 30°
sobre una superficie lisa como se indica en la figura. Calcular el ángulo de rebote 𝛽𝑟 y la
velocidad de rebote (Vr), utlizando el coeficiente de restitución de e=0.7.
Solución
-Como la superficie es lisa 𝜇 = 0, no hay fricción.
-La componente de la cantidad de movimiento
lineal en la dirección X es constante
-En este caso la cantidad de movimiento total de
los dos cuerpos se conserva:
𝑚𝐴 𝑣𝐴 + 𝑚𝐵 𝑣𝐵 = 𝑚𝐴 𝑣𝐴𝐹 + 𝑚𝐵 𝑣𝐵𝐹
𝑚(10)𝑐𝑜𝑠30 = 𝑚(𝑣𝑟 )𝑐𝑜𝑠𝛽𝑟
𝑣𝑟 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑟 = 8.66 𝑚/𝑠……..(1)
-Aplicando el concepto de la definición de coeficiente de restitución e es válida únicamente
para los componentes de la velocidad en la dirección de la línea de impacto (eje y en este
caso), es decir:
𝑒=
|𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛|
|𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑐𝑖ó𝑛|
𝑣 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑟
𝑣 ′ −𝑣 ′
𝑟
0.7 = 10𝑠𝑒𝑛30
= 𝑣2 −𝑣1 ⟹
1
2
3.5 𝑚/𝑠 = 𝑣𝑟 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑟………(2)
-Dividiendo la ecuación (2) con la ecuación (1) tenemos:
𝑣𝑟 𝑠𝑒𝑛𝛽𝑟
𝑣𝑟 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑟
=
3.5
⟹
8.66
𝑡𝑎𝑛𝛽𝑟 = 0.404
⟹
𝛽𝑟 = 22° ∧ 𝑣𝑟 = 9.34 𝑚/𝑠
172
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Capítulo 5
VIBRACIONES MECANICAS
5.1 INTRODUCCION Y DEFINICIONES
5.2 ECUACIONES DEL MOVIMIENTO
173
5.1 INTRODUCCIÓN Y DEFINICIONES
Vibración Mecánica
Es el movimiento de una partícula o de un cuerpo que oscila alrededor de una
posición de equilibrio. La mayor parte de las vibraciones en máquinas y estructuras son
indeseables porque aumentan los esfuerzos y las tensiones y por las pérdidas de
energía que las acompañan. Deben por lo tanto eliminarse o reducirse lo más que sea
posible con diseños apropiados.
Análisis De Las Vibraciones
Se ha vuelto cada vez más importante en los últimos años en virtud de la tendencia
actual de emplear máquinas de alta velocidad y estructuras más ligeras.
El análisis de vibraciones es un tema muy amplio al cual se han dedicado libros
completos. Por
lo tanto, limitaremos nuestro estudio a los tipos más simples de
vibraciones; las vibraciones de un cuerpo o un sistema de cuerpos con un grado de
libertad.
INTRODUCCIÓN
Dentro de los diversos tipos de movimientos que estamos estudiando es de gran
interés el análisis del movimiento vibratorio de partículas o de solidos rígidos, que
permitan solucionar una serie de PROBLEMAS que se presentan en ingeniería; tales
como la respuesta de una estructura sometida a la acción del viento, de sismos o de
ondas explosivas, las vibraciones que se producen en las torres de transmisión de
energía por efecto del viento o, las que se producen en los puentes debido a cargas
cíclicas o de vientos prolongados.
-Las vibraciones son causadas por fuerzas perturbadoras o fuerzas de excitación
F(t) que crean, en el sistema, un desplazamiento con respecto a su posición de equilibrio.
-Los desplazamientos producidos generan, en el sistema, fuerzas de tipo elástico que
tienden a llevarlo a su posición de equilibrio. Al anular las fuerzas perturbadoras, las
FUERZAS ELASTICAS aceleran el sistema hacia su posición de equilibrio al cual llegan a
una velocidad determinada que hace sobrepasar esta posición.
174
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-De esta manera se genera un movimiento vibratorio o un movimiento oscilatorio que puede
disminuir o mantenerse, según se presente o no fuerzas de resistencia.
m
F(t)
m
Posición de
equilibrio
Vibración Periódica
Es un movimiento que se repite, en todos sus aspectos, en un intervalo de tiempo
constante, llamados periodos que se designa por la letra T, siendo su unidad el segundo.
Ciclo
Se denomina ciclo a cada repetición del movimiento.
Frecuencia
La inversa del periodo recibe el nombre de frecuencia que se indica por la letra “f” y
sus unidades son ciclos/s, que recibe el nombre de Hertz.
𝑓=
1
𝑇
5.2 ECUACIONES DEL MOVIMIENTO
Principio De D’alembert
̅
-De la ley de Newton: 𝑓=mā
̅ =-mā
Dónde: 𝑓𝐼
movimiento
̅
𝑓-mā=0
es la fuerza inercial contraria al
-Si se considera en equilibrio dinámico al cuerpo (o partícula) que se analiza:
̅ ̅ =0
𝑓+𝑓𝐼
𝑓 ̅ −mā=0
Equilibrio Dinámico.
-Para un sistema de fuerzas tenemos:
∑𝑛𝑖=1(𝐹𝑖 − 𝐹𝐼𝑖) = 0
175
MOVIMIENTO O VIBRACIONES LIBRES
Cuando una fuerza perturbadora o de excitación F(t) o el desplazamiento δ que se
indicaron, son nulos.
VIBRACIONES FORZADAS
Cuando existe una fuerza perturbadora o de excitación F(t) o el desplazamiento δ.
F(t)
m
m
FI=mẍ
c
k
; F(t)=kδ
Fc=cẋ
FR=kx
Dónde:
FC: Fuerza viscoso.
FR: Fuerza debido al resorte.
C: Coeficiente de amortiguamiento viscoso, depende de las propiedades físicas del
fluido y de la construcción del amortiguador.
K: Coeficiente de rigidez del resorte.
-Vamos a estudiar un sistema de parámetros localizados formados por una masa
concentrada (m) conectada, a un sistema fijo por medio de un resorte de constante “K” y de
un amortiguador de constante “C”.
-El amortiguamiento viscoso causado por la fricción fluida de velocidades bajas y
moderadas. El amortiguamiento viscos está caracterizado por el hecho de que la fuerza de
fricción o rozamiento es directamente proporcional a la velocidad del cuerpo en movimiento.
-De la figura se observa que si la masa (m) sufre un desplazamiento (x), tanto el resorte
como el amortiguador ejecutan sobre ella una fuerza FC y FR; ambas fuerzas se oponen al
movimiento.
-Si hacemos un diagrama de cuerpo libre, se tendrá el sistema equivalente que se muestra:
𝐹(𝑡) = 𝑚ẍ + 𝑐ẋ + 𝑘𝑥
Ecuacion diferencial del movimiento vibratorio de un
sistema con un grado de libertad.
176
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-De la figura se muestra al sistema masa-resorte-amortiguador en el cual el resorte está
conectado a un elemento que sufre un desplazamiento (δ) con respecto a su posición de
equilibrio la deformación del resorte en este caso es (x-δ).
∴La ecuación diferencial del movimiento será:
−𝑚ẍ + 𝑐ẋ + 𝑘𝑥 = 𝑘δ = F(t)
𝑚ẍ + 𝑐ẋ + 𝑘𝑥 = 𝑘δ = F(t)
Problema N°.-01.-Deducir la ecuación diferencial del movimiento de los sistemas indicados
en la figura:
δ
m
3x
2k
a
k
a
a
Rigida
k
2x
𝐹𝑅 = 𝑘𝑥
o
+ ƩMo=0
x
𝐹𝐼 = 𝑚3ẍ = 𝑚(3ẍ)
𝐹𝑅 = 𝑘𝑥 = (2𝑘)(2𝑥) = 4𝑘𝑥
𝐹𝑅 = 𝑘𝑥
o
; 9𝑚ẍ𝑎 + 8𝑘𝑥𝑎 + 2𝑘𝑥𝑎 = 0
9𝑚ẍ + 10𝑘𝑥 = 0 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎
177
PRINCIPIO DE D’ALEMBERT
̅
-De la ley de Newton: 𝑓=mā
̅
𝑓-mā=0
Si se considera en equilibrio dinámico el cuerpo(o partícula) que se analiza se tiene:
̅ ̅ =0
𝑓+𝑓𝐼
Dónde: FIes la fuerza inercial contraria al movimiento.
̅ =-mā
𝑓𝐼
𝑓 ̅ −mā=0
Equilibrio Dinámico.
Para un sistema de fuerzas tenemos:
𝑛
∑(𝐹𝑖 − 𝐹𝐼𝑖) = 0
𝑖=1
Problema N° 1 En la figura mostrada determinar la ecuación de movimiento de la viga.
FI2=m2ẍ
x
m1
m2
Rigida
A
m1
A
F(t)
k
m2
x
2x
FI1=m1ẍ
a
+
a
FR=kx
a
ƩMA=0
F(t)
−(𝑚1)ẍ𝑎 − 𝑘𝑥𝑎 − (𝑚2)4𝑎ẍ + 𝐹(𝑡)2𝑎 = 0
2𝐹(𝑡) = (𝑚1 + 4𝑚2)ẍ + 𝑘𝑥
178
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Problema N° 2 Hallar la ecuación diferencial de movimiento.
x
x
m
F(t)
m
F(t)
FI=mẍ
m
k
FR=kx
F(t)
ƩFx=0
F(t)-mẍ-kx=0
F(t)=mẍ+kx
Problema N° 3. Con amortiguamiento Fc=cẋ
x
x
m
F(t)
m
F(t)
FI=mẍ
m
c
c
F(t)
FC=cẋ
ƩFx=0
F(t)-mẍ-cẋ=0
F(t)=mẍ+cẋ
179
Problema N° 4
W
𝑊1 =
( Peso total)
k
𝑤
4𝐿
k
3L
L
FRI2
FIc x
3x FIB
FR
FRI1
FR
𝑤
Peso W=mxg𝑚 = 𝑔
𝐹𝐼𝐵 = 𝑚𝑎 = (
𝑤
) . 3ẍ
4𝐿𝑔
1
1
𝑤
𝐹𝑅𝐼1 = 𝑎𝑟𝑒𝑎 = 𝑏. ℎ = . 3𝐿.
. 3ẍ
2
2
4𝑔𝐿
𝐹𝑅𝐼1 = (3
𝑤
) . 3ẍ
8𝑔
𝐹𝐼𝐶 = 𝑚𝑎 = (
𝑤
)ẍ
4𝑔𝐿
1
1
𝑤
𝑤
𝐹𝑅𝐼2 = 2 . 𝑏. ℎ = 2 𝐿. (4𝑔𝐿) ẍ = 8𝑔 ẍ
+ ƩMA=0
9𝑤ẍ
𝑤
2𝐿
3𝑘𝑥(3𝐿) + 8𝑔 . (2𝐿) + 8𝑔 ẍ. ( 3 ) + 𝑘𝑥𝐿 = 0
9𝑤
𝑤
7𝑤ẍ
+
) ẍ + 10𝑘𝑥 = 0
+ 30𝑘𝑥𝑔 = 0
4𝑔
12𝑔
𝑔
(
ẍ+
30𝑘𝑔
𝑥=0
7𝑤
180
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Problema N° 5
m1
m2
F(t)
k
a
a
a
FI=m2(2X)
x
ø
m1
m2
ø
x
2x
FI=m1X
FR=kx
F(t)
+ ƩMA=0
−(𝑚1)ẍ𝑎 − 𝑘𝑥𝑎 − (𝑚2)4𝑎ẍ + 𝐹(𝑡)2𝑎 = 0
2𝐹(𝑡) = (𝑚1 + 4𝑚2)ẍ + 𝑘𝑥
181
Problema N° 6
w1=w/2L
W( Peso total)
A
C
B
k
k
3L/2
L/2
L/3
FIe2
FIc x
B
3x FIA
FR=kx
L
FIe1
FR=3kx
𝑤1 = 𝑚𝑔 → 𝑚 =
𝑤
2𝐿𝑔
𝐹𝐼𝑐 = 𝑚ẍ =
𝑤
ẍ
2𝑔𝐿
𝐹𝐼𝐴 = 𝑚ẍ =
𝑤
3ẍ
2𝐿𝑔
1 𝐿
𝑤
𝐹𝐼𝑒2 = ( ) . (
ẍ)
2 2
2𝐿𝑔
𝐹𝐼𝑒2 =
1𝑤
ẍ
8𝑔
1 3
𝑤
𝐹𝐼𝑒1 = ( 𝐿) . (
3ẍ)
2 2
2𝑔𝐿
𝐹𝐼𝑒1 =
9𝑤
ẍ
8𝑔
182
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
Problema N° 7 Hallar la ecuación del movimiento
x
m
c
3x
a
2x
a
a
k
x
A
+ ƩMA=0;
FI=m3x
c2x
kx
A
kxa+c2ẋ2ª+m3ẍ(3a)=0
9mẍ+4cẋ+kx=0
Problema N°8
x
m
F(t)
𝐹𝐼 = 𝑚ẍ
𝐹𝑐 = 𝑐ẋ
Fc=cx
k
c
FI=mx
FR=kx
m
F(t)
𝐹𝑅 = 𝑘𝑥
𝐹(𝑡)
𝐹(𝑡) = 𝐹𝐼 + 𝐹𝑅 + 𝐹𝑐
𝐹(𝑡) = 𝑚ẍ + 𝑐ẋ + 𝑘𝑥
183
Problema N°9
x
a)
q/4
(
y=
q
𝑑𝐹𝐼 = 𝑎. 𝑑𝑚 = ё𝑑𝑚 − − − −1
A
k
𝑒 4𝑥
𝑥
=
→𝑒= Ɛ
Ɛ 4𝑎
𝑎
c
a
ẍ
ё = Ɛ − − − − − −𝑎
𝑎
a
2a
𝑑𝐴 = 𝑑𝑤 = 𝑦𝑑Ɛ
𝑔𝑑𝑚 = 𝑦𝑑Ɛ
o
ad
gr
°
2
d?
dƐ
Ɛ?
𝑑𝑚 =
𝑦
𝑑Ɛ
𝑔
𝑞
Si: 𝑥 = Ɛ → 𝑦 = 4𝑎 Ɛ
𝑞
∴ 𝑑𝑚 = 4𝑎𝑔 Ɛ𝑑Ɛ--------b
A
y
x
e
a,b en 1
3x
4x
𝑞ẍƐ2
𝑑𝐹𝐼 = 2 𝑑Ɛ
4𝑎 𝑔
kx
dFI
(+)
ẍƐ 𝑞Ɛ
𝑑𝐹𝐼 = ( ) (
) 𝑑Ɛ
𝑎 4𝑎𝑔
3cx
ƩMA=0
𝑘𝑥𝑎 + Ɛ𝑑𝐹𝐼 + 3𝑐ẋ(3𝑎) = 0
Ɛ(
𝑞ẍƐ2
) 𝑑Ɛ + 9𝑐ẋ𝑎 + 𝑘𝑥𝑎 = 0
4𝑎2 𝑔
4𝑎
∫
0
𝑞ẍƐ3
𝑑Ɛ + 9𝑐ẋ𝑎 + 𝑘𝑥𝑎 = 0
4𝑎2 𝑔
𝑞ẍ (4𝑎)4
+ 9𝑐ẋ𝑎 + 𝑘𝑥𝑎 = 0
4𝑎2 𝑔 4
𝑞ẍ𝑎4 44
+ 9𝑐ẋ𝑎 + 𝑘𝑥𝑎 = 0
𝑎2 𝑔42
184
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
16𝑞ẍ𝑎2
+ 9𝑐ẋ𝑎 + 𝑘𝑥𝑎 = 0
𝑔
16𝑞ẍ𝑎
+ 9𝑐ẋ + 𝑘𝑥 = 0
𝑔
9𝑐𝑔
8𝑘
ẍ + 16𝑞𝑎ẋ+(16𝑞𝑎) 𝑥 = 0
Problema N°10
a) Encontrar el valor máximo ángulo ø b) encontrar la fuerza ejercida por el peso por la
cuerda cuando ø=15°.
a) Aplicando conservación de energía.
Lcos60
(𝐸𝐾 + 𝑉)1 = (𝐸𝐾 + 𝑉)2
60
L
L/2
1
1
𝐿 𝐿
𝑚𝑉12 + (−𝑚𝑔𝐿𝑐𝑜𝑠60) = 𝑚𝑉22 + (−𝑚𝑔 ( + 𝑐𝑜𝑠ø))
2
2
2 2
𝑚𝑔𝐿
(1)
Ø max
L/2
? max
1 𝑚𝑔𝐿
(1 + 𝑐𝑜𝑠ø)
=
2
2
1 = 1 + 𝑐𝑜𝑠ø → 𝑐𝑜𝑠ø = 0
W
ø𝑚𝑎𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠(0) =
(2)
𝜋
2
Lcos60
b)
60
L
L/2
1
1
𝐿 𝐿
𝑚𝑉12 − 𝑚𝑔𝐿𝑐𝑜𝑠60 = 𝑚𝑉32 + (−𝑚𝑔 ( + 𝑐𝑜𝑠15))
2
2
2 2
−𝑚𝑔𝐿
15
−𝑔𝐿 = 𝑉32 − 𝑔𝐿(1.965925)
T
(1)
W
1 1
𝐿
= 𝑚𝑉32 − 𝑚𝑔 (1 + 𝑐𝑜𝑠15)
2 2
2
𝑉32 = 0.965𝑔𝐿
(3)
W
F
185
EJERCICIOS RESUELTOS:
EJERCICIO N°01.- Considere el pórtico que se muestra
en la fig. (04). Es un pórtico rígido de acero al cual se
aplica una fuerza dinamiza horizontal en el nivel superior.
Como parte del diseño se esta estructura, se requiere
determinar su frecuencia natural. Suponer: (1) que la
masa de las columnas y muros es insignificante
comparada con la mas en el piso superior y (2) la viga
superior es lo suficientemente rígida como para impedir la
rotación en los extremos superiores a las columnas.
Datos:
𝐼 = 10640𝑐𝑚4
𝐸 = 2.1𝑥106 𝑘𝑝/𝑐𝑚2
Solución:
-
El pórtico asi simplificado puede ser modelado por un sistema de masa (m) y resorte,
como el que se muestra en la fig. (A).
Los parámetros de este modelo pueden ser calculados de la siguiente manera:
𝑊(𝑝𝑒𝑠𝑜) = 𝑚𝑔
𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑊 = (300
𝑘𝑝
) (8𝑚) = 2400𝑘𝑝
𝑚
Momento de inercia total: 𝐼𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2 ∗ 10640 = 21280𝑐𝑚2
𝐼𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
𝑏𝐿3
12
⇒
Además sabemos:
También: 𝐾 =
12𝐼𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
=𝑏
𝐿3
12𝐸𝐼
𝐾 = 𝐸. 𝑏 = 𝐿3
𝐹(𝑡)
𝑉
=∆
∆
186
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-
Una unidad de desplazamiento del extremo de una columna empotrada es sus
12𝐸𝐼
extremos produce una fuerza resistente igual a 𝐿3
-
Entonces : 𝐾 =
-
Por lo tanto, la frecuencia es:
12∗2.1∗106 ∗21280
(53 ∗100)3
𝑘
= 4290.048𝑘𝑝/𝑐𝑚
𝑘𝑔
(√
1 √𝑚 √ 𝑊
𝑓= =
=
⟹ 𝑓=
𝑡
2𝜋
2𝜋
4290.048∗981
)
2400
2𝜋
⟹ 𝑓 = 6.66𝑐𝑝𝑠
EJERCICIO N°02.- Una barra uniforme de 10kg está suspendida de dos resortes cuya
rigidez es 𝑘 = 5 𝐾𝑁/𝑚. Calcule la frecuencia natural de la barra para movimiento vertical
uniforme.
Datos:
𝑚 = 10𝑘𝑔
𝑘 = 5𝐾𝑁 = 5000𝑁
Solución:
∑ 𝐹𝑦 = 0
;
𝑚𝑥̈ + 2𝑘𝑥 = 0
187
2𝑘
𝑥=0
𝑚
⇒
𝑥̈ +
∴
2𝑘
2(5000)
𝜔=√ =√
= √1000 = 31.62𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑚
10
⇒
𝑓=
𝜔
2𝜋
=
31.62
2𝜋
=
5.03𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠
𝑠𝑒𝑔
EJERCICIO N°03.- La barra AB de peso despreciable, soporta en
su parte superior un cuerpo B de masa igual a 23kg la barra está
articulada en A y sujeta en C por dos soportes. Determinar el valor
de K para el cual el periodo para pequeñas oscilaciones de:
a) 1 segundo
b) infinito.
Solución
-Del sistema equivalente mostrado, vemos que se comprime el resorte de la derecha la cual será
igual a lo que se estira en la izquierda
-podemos relacionar x y x’
𝑥
𝑥′
5
=
→ 𝑥′ =
𝑥
600 250
12
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0; −2𝐹(250) + 23𝑥 − 23𝑥̈ (600) = 0
500𝐹 = 23 𝑥 − 13800𝑥̈ … 𝐼
-Fuerza del resorte:
5
5𝑘𝑥
𝐹 = 𝐾𝑥 ′ = 𝑘 ( 𝑥) =
… 𝐼𝐼
12
12
-Ecuación 𝐼𝐼 en 𝐼 tenemos:
5𝑘𝑥
500 (
) − 23 𝑥 = −13800𝑥̈
12
20.83𝐾𝑥 − 23𝑥 = −13800𝑥̈
13800𝑥̈ + (20.83𝑘 − 23)𝑥 = 0
𝑥̈ + (0.0151𝐾 − 0.166)𝑥 = 0 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜
-De la ecuación 𝑥̈ + 𝜔2 𝑥 = 0 relaciona la aceleración y el desplazamiento en el movimiento
armónico.
𝜔2 = 0.015𝐾 − 0.166 … 𝐼𝐼𝐼
188
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-De la ecuación 𝐼𝐼𝐼 el periodo será: 𝑇 =
2𝜋
𝜔
→ 𝜔2 𝑇 2 = 4𝜋 2 … 𝐼𝑉
a) cuando T=1s
0.015𝐾 − 0.166 = 4𝜋 2 →
∴ 𝐾 = 2642.96 𝑁/𝑚
b) cuando T=∞
∴ 𝐾 = 11.1. 𝑁/𝑚
0.015𝐾 − 0.166 = 0 →
EJERCICIO N°04.- Se tiene un cuerpo que pesa (w=100kg), y que cae de una altura h=0.8
m sobre una estructura. Sabiendo que el desplazamiento de la viga 𝛿1 = 1 𝑐𝑚 y de los
resortes 𝛿2 = 1.5 𝑐𝑚 respectivamente. Se pide determinar las constantes 𝑘𝑒𝑞 y 𝑘3 de la viga.
<>
<>
<>
<>
𝐾𝑒𝑞 =
2𝑘1 . 𝑘2
2𝑘1 . 𝑘2 + 𝑘12 + 𝑘1 . 𝑘2
+ 𝑘1 =
𝑘1 + 𝑘2
𝑘1 + 𝑘2
𝐾𝑒𝑞 =
3𝑘1 .𝑘2 +𝑘12
𝑘1 +𝑘2
𝑘𝑒1 = 2640 𝑘𝑔/𝑐𝑚
𝐾𝑒 = 4400 𝑘𝑔/𝑐𝑚
𝑘3 = 6600 𝑘𝑔/𝑐𝑚
𝐾𝑒 2 − 8800𝐾𝑒 + 19360000 = 0
189
EJERCICIO N°05.- En la figura mostrada se tiene el módulo idealizado para un edificio de un
piso, formado por losas soportadas por columnas elásticas, de peso despreciable. Para
determinar las características dinámicas de la estructura, se le aplica el elemento horizontal del
modelo de fuerza horizontal, por medio de una gata hidráulica. Cuando la fuerza de la gata es
de 90,000 N el elemento horizontal, sufre un desplazamiento de 5 cm. Inmediatamente que
cesa el efecto de la gata se produce un desplazamiento de retorno de 4 cm de este elemento
siendo su periodo 1.4 seg. Determinar:
a) el coeficiente de amortiguamiento de la estructura y su periodo.
Solución:
a) Tomaremos para el estudio, el modelo :
𝐹 = 𝐾𝑒𝑞 𝑥 = 90000 = 𝐾𝑒𝑞 (0.05)
𝐾𝑒𝑞 = 18𝑥105 𝑁/𝑚
𝑤=
𝑇=
2𝜋
𝑇
2𝜋
𝑤
2𝜋
=
1.4
2𝜋
=
√
𝑘
𝑚
= 4.488 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
𝑘
= 2𝜋√ = 1.4 ;
𝑚
1.4
𝑚
2𝜋
𝑘
( )2 = (√ )2
𝑚 = 89.36 𝑘𝑔
𝐶𝑐 = 2𝑤𝑚 = 2(4.48)(89.365) = 800.712
Por decremento logarítmico tenemos:
5
𝐿( )
2𝜋𝑛
4 √1−𝑛2
𝑛2 =
1
−→
−→
794.87
0.223√1 − 𝑛2 = 2𝜋𝑛
𝑛 = 0.035
𝐶 = 𝑛𝐶𝑐 = 0.035(800.712) = 28.024
-Periodo de Vibración
𝑤 ′ = 𝑤 √1 − 𝑛2 = 4.48√0.9987 = 4.47
2𝜋
2𝜋
𝑇 ′ = 𝑤′ = 4.47 = 1.4 𝑠𝑒𝑔
190
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
EJERCICIO N°06.- Determine la frecuencia natural del sistema representado en la figura. La
viga es uniforme con momento de inercia I y módulo de elasticidad E. Desprecie la masa de
la viga. W el peso.
Solución:
Peso = W= m.g
𝑓=
𝜔
2𝜋
=?
𝑘
𝑘𝑔
𝜔 = √ = √ =?
𝑚
𝑚
- El peso W genera una deflexión en la mitad de la viga generando un desplazamiento
-Para una viga simplemente apoyada:
𝑃𝐿3
Δ=
48𝐸𝐼
𝑃
𝑃
48𝐸𝐼
-El 𝑘1 de la viga será: 𝑘1 = Δ = 𝑃𝐿3 = 𝐿3
48𝐸𝐼
-Luego idealizando la estructura:
Donde:
1
1 1
1
𝐿3
= + = +
𝑘𝑒 𝑘 𝑘1 𝑘 48𝐸𝐼
𝑘𝑒 =
48𝐸𝐼 + 𝑘𝐿3
48𝐸𝐼𝑘
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑒𝑋 = 0…….Ec. dif. Del movimiento
-La frecuencia natural del sistema será:
𝑓=
1 𝑘𝑒
1 𝑘𝑒𝑔
1
48𝐸𝐼𝑘𝑔
√ =
√
√
=
2𝜋 𝑚 2𝜋 𝑊
2𝜋 (48𝐸𝐼 + 𝑘𝐿3 )𝑤
191
EJERCICIO N°07.- Un brazo vibrador puede representarse como una barra delgada
uniforme de masa (m) articulada en el punto O, como se muestra en la figura. El resorte toca
la barra pero no ejerce fuerza sobre ella cuando esta vertical. Obtenga la frecuencia circular
𝜔 del sistema para pequeños desplazamientos.
Solución:
∑ 𝑀𝑜 = 0 ⟹
+
4𝐿
𝑘2𝐿𝜃(2𝐿) + 𝑚𝑔(𝐿𝜃) + 𝑚2𝐿2 𝜃̈ ( ) = 0
3
8
𝑚𝐿3 𝜃̈ + 𝑘4𝐿2 𝜃 + 𝑚𝑔𝐿𝜃 = 0
3
𝜃̈ + (
+
∑ 𝑀𝑜 = 0 ⟹
3𝑘
3𝑔
+ 2 ) 𝜃 = 0 … … … . (1)
2𝑚𝐿 8𝐿
2𝑘𝐿𝜃(2𝐿) + 2𝑚𝐿𝜃̈(2𝐿) + 𝑚𝑔(𝐿𝜃) = 0
4𝑚𝐿2 𝜃̈ + 4𝑘𝐿2 𝜃 + 𝑚𝑔𝐿𝜃 = 0
2𝑘
2𝑔
2𝜃̈ + ( + ) = 0………Ec. Dif. Del movimiento
𝑚
4𝐿
2𝑘 𝑔
∴𝜔=√ +
𝑚 2𝐿
EJERCICIO N°08.- Un modelo para demostración del “galopeo” de línea de transmisión
(vibraciones inducidas en líneas de transmisión eléctricas aéreas) consiste en una barra
uniforme de masa m=1kg, y cuatro resortes de rigidez k=100N/m dispuestos como se
muestra en la figura. Obtenga la ecuación del movimiento para la vibración libre vertical de
este sistema y determine su frecuencia natural.
Solución
<>
-Cálculo de la ecuación del movimiento:
∑ 𝐹𝑦 = 0
;
𝐹𝐼 + 2𝐹𝑅 = 0 ;
⟹
𝑚𝑦̈ + 2(2𝑘𝑦) = 0
̈ =0
𝑦 + 400𝑦
192
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
-Cálculo de frecuencia natural:
De la Ec. Del movimiento: 𝑦̈ + 𝜔2 𝑦 = 0
4𝑘
𝜔=√
𝑚
⟹ 𝜔 = 20𝑟𝑎𝑑/𝑠
-La frecuencia natural será:
𝑓 = 3.183 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠/𝑠
EJERCICIO N°09.- Hallar la frecuencia natural del sistema oscilante de la figura. Los
muelles de constantes respectivas K1 y K2, están sin deformar en la porción de equilibrio.
Se desprecia el peso de la barra rígida.
Solución
-Por
semenjanza
triángulos:
𝑦=
de
𝑥
ℎ
𝐿
-Peso = W = mg
-Sumatoria de momentos en O debe ser cero.
+
∑ 𝑀𝑜 = 0
⇒
𝑊𝑥 + (𝐹𝑅1 )ℎ + (𝐹𝑅2 )ℎ + (𝐹𝑅 )𝐿 = 0
𝑥̈ + [
∴𝜔=√
(𝑘1 + 𝑘2 )ℎ2 + 𝑚𝑔𝐿
] 𝑥 = 0 … … … (𝑎)
𝑚𝐿2
(𝑘1 + 𝑘2 )ℎ2 + 𝑚𝑔𝐿
𝑚𝐿2
∧ 𝑓=
1 (𝑘1 + 𝑘2 )ℎ2 + 𝑚𝑔𝐿
√
… … (𝑏)
2𝜋
𝑚𝐿2
193
EJERCICIO N°10.- Encuentre la ecuación de movimiento y el periodo de vibración del
sistema mostrado en la figura. Desprecie la masa de la barra rígida a la cual está unida la
bola (partícula).
Solución:
-Por semejanza de triángulos:
𝑎
𝑦 = ( )𝑥
𝐿
-La sumatoria de momentos en el punto O debe ser
cero:
∑ 𝑀𝑜 = 0
+
−(𝐹𝑅 )𝑎 − (𝐹𝐼 )𝐿 = 0
⇒
𝑘𝑎 2
𝑥̈ + (𝑚𝐿2 ) 𝑥 = 0 … . . (𝑎)
∴𝜔=
𝑎 𝑘
√
𝐿 𝑚
∧
𝑇=
2𝜋𝐿
𝑎
𝑚
√ … . (𝑏)
𝑘
EJERCICIO N°11.- Un bloque de 1kg está suspendido en un resorte de rigidez k=2KN/m.
Calcule el periodo de oscilaciones del bloque y la frecuencia natural del sistema.
Solución:
m = 1kg
k = 2KN/m = 2000N/m = 2000 kgf/m
⟹ ∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 0
𝑘
𝑥̈ + ( ) 𝑥 = 0
𝑚
⟹
𝑥̈ + 2000𝑥 = 0 … … … . . (𝑎)
-De 𝑥̈ + 𝜔2 𝑥 = 0
𝑘
𝜔 = √𝑚
⟹
𝜔 = 44.7𝑠 𝑟𝑎𝑑/𝑠
-Cálculo de la frecuencia natural del sistema:
𝑓 = 7.12 𝑐𝑝𝑠
-Cálculo del periodo de vibración del sistema:
𝑇 = 0.14 𝑠
194
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
COLABORADORES EN EL DESARROLLO DE ESTA OBRA:
CARO TELLO PEDRO
GUERRA SPEZIANI LUIGI
MEZA MODENA GUILLERMO
QUIROZ TOLENTINO PAUL
SANCHEZ CHAVEZ SHIERLY
TAPULLIMA CONISLLA RUSSBER OMAR
TEJADA GONZALES ERNESTO
VASQUEZ DIAZ ELI
VASQUEZ ROJAS VICTOR HUGO
VELA MORI JOSE
WATANABE SANDY JORGE
195
INDICE
CAPITULO 1: CALCULO VECTORIAL
1.1 NOTACION DE VECTORES ..................................................................................................................... 6
1.2 PROPIEDADES ELEMENTALES DE LOS VECTORES................................................................... 8
1.3 PRODUCTO ESCALAR O INTERNO DE DOS VECTORES........................................................ 9
1.4 PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES............................................................................. 10
1.5 PRODUCTOS COMPUESTOS.................................................................................................................... 12
1.6 DIFERENCIACION DE VECTORES........................................................................................................ 17
1.7 GEOMETRIA DE UNA CURVA ALABEADA....................................................................................... 18
1.8 VECTOR GRADIENTE.................................................................................................................................. 22
1.9 EL OPERADOR VECTORIAL NABLA.................................................................................................... 24
1.10 FORMULAS PARA LAS DERIVADAS................................................................................................... 25
1.11 INTEGRALES CURVILINEAS.................................................................................................................. 26
1.12 COORDENADAS CURVILINEAS ORTOGONALES...................................................................... 33
1.13 SISTEMA DE COORDENADAS CILINDRICAS................................................................................ 36
1.14 SISTEMA DE COORDENADAS POLARES DEL ESPACIO.......................................................... 38
CAPITULO 2: CINEMATICA DE LA PARTICULA
2.1 INTRODUCCION............................................................................................................................................. 45
2.2 MOVIMIENTO RECTILINEO DE PARTICULAS.............................................................................. 46
2.3 MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME......................................................................................... 50
2.4 MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORMEMENTE ACELERADO.......................................... 50
2.5 MOVIMIENTO DE VARIAS PARTICULAS........................................................................................... 52
2.6 MOVIMIENTO CURVILINEO DE PARTICULAS.............................................................................. 53
2.7 ACELERACION EN EL MOVIMIENTO CURVILINEO................................................................... 54
2.8 MOVIMIENTO RELATIVO.......................................................................................................................... 60
2.9 CINEMATICA DEL CUERPO RIGIDO..................................................................................................... 62
196
DINAMICA PARA INGENIERIA - DANIEL PEREZ CASTAÑON
CAPITULO 3: DINAMICA DE LA PARTICULA
3.1 CINETICA DE LA PARTICULA.................................................................................................................. 65
3.2 ECUACION DE MOVIMIENTO................................................................................................................. 65
3.3 ECUACION DE IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL................................. 66
3.4 CABNTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE LA PARTICULA CON RESPECTO AL
PUNTO DE ORIGEN.............................................................................................................................................. 68
3.5 ECUACION DE TABAJO Y ENERGIA..................................................................................................... 69
3.6 POTENCIA........................................................................................................................................................... 71
3.7 CONSTANTE DE RESORTE....................................................................................................................... 72
3.8 TRABAJO DE LA FUERZA F EJERCIDA POR EL RESORTE DURANTE UN
DESPLAZAMIENTO FINITO DEL CUERPO.............................................................................................. 73
3.9 RESORTE EN PARALELO............................................................................................................................ 73
3.10 RESSORTE EN SERIE................................................................................................................................... 74
3.11 CHOQUE O IMPACTO................................................................................................................................. 81
CAPITULO 5: VIBRACIONES MECANICAS
5.1 INTRODUCCION Y DEFINICIONES...................................................................................................... 91
5.2 ECUACIONES DEL MOVIMIENTO......................................................................................................... 92
197
BIBLIOGRAFIA
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