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UNIVERSIDAD NACIONAL
“SANTIAGO ANTÚNEZ DE MAYOLO”
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL
CURSO: FISICA I
CINEMATICA DE UNA PARTICULA
AUTOR: Mag. Optaciano L. Vásquez García
HUARAZ - PERÚ
2010
I.
INTRODUCCIÓN
MECANICA
MECANICA DE
CUERPO RIGIDOS
ESTATICA
MECÁNICA DE
CUERPO
DEFORMABLE
MECÁNICA DE
FLUIDOS
DINAMICA
CINEMATICA
CINETICA
II. NOCION DE CINEMATICA



La cinemática (del griegoκινεω, kineo, movimiento) es la
rama de la mecánica clásica que estudia las leyes del
movimiento de los cuerpos sin tener en cuenta las causas
que lo producen, limitándose esencialmente, al estudio de la
trayectoria en función del tiempo.
También se dice que la cinemática estudia la geometría del
movimiento.
En la cinemática se utiliza un sistema de coordenadas para
describir las trayectorias, denominado sistema de referencia.
II.



ELEMENTOS BASICOS DE LA
CINEMATICA
1.ESPACIO ABSOLUTO.
Es decir, un espacio anterior a todos los objetos materiales e
independiente de la existencia de estos.
Este espacio es el escenario donde ocurren todos los
fenómenos físicos, y se supone que todas las leyes de la
física se cumplen rigurosamente en todas las regiones de ese
espacio.
El espacio físico se representa en la Mecánica Clásica
mediante un espacio puntual euclídeo.
II.
ELEMENTOS BASICOS DE LA
CINEMATICA
2.TIEMPO ABSOLUTO
La Mecánica Clásica admite la existencia de
un tiempo absoluto que transcurre del
mismo modo en todas las regiones del
Universo y que es independiente de la
existencia de los objetos materiales y de la
ocurrencia de los fenómenos físicos.
II.




ELEMENTOS BASICOS DE LA
CINEMATICA
2. MOVIL
El móvil más simple que podemos considerar es el punto material
o partícula.
La partícula es una idealización de los cuerpos que existen en la
Naturaleza, en el mismo sentido en que lo es el concepto de punto
geométrico.
Entendemos por punto material o partícula a un cuerpo de
dimensiones tan pequeñas que pueda considerarse como
puntiforme; de ese modo su posición en el espacio quedará
determinada al fijar las coordenadas de un punto geométrico.
Naturalmente la posibilidad de despreciar las dimensiones de un
cuerpo estará en relación con las condiciones específicas del
problema considerado.
III.


RELATIVIDAD DEL MOVIMIENTO
Estudiar el movimiento de un cuerpo quiere decir determinar su
posición en el espacio en función del tiempo, para ello se necesita un
sistema de referencia.
En el espacio euclidiano un sistema de queda definido por los
elementos siguientes.
a. un origen O, que es un punto del espacio físico.
b. una base vectorial del espacio vectorial asociado a dicho
espacio físico.
III. RELATIVIDAD DEL MOVIMIENTO



Decimos que una partícula se encuentra en movimiento con respecto a
un referencial si su posición con respecto a él cambia en el transcurso
del tiempo.
En caso contrario, si la posición del cuerpo no cambia con respecto al
referencial, el cuerpo está en reposo en dicho referencial.
De las definiciones que acabamos de dar para el movimiento y el
reposo de un cuerpo, vemos que ambos conceptos son relativos.
III.



RELATIVIDAD DEL MOVIMIENTO
En la Figura hemos representado dos
observadores, S y S′, y una partícula
P.
Estos observadores utilizan los
referenciales
xyz
y
x′y′z′,
respectivamente.
Si S y S′ se encuentran en reposo
entre sí, describirán del mismo modo
el movimiento de la partícula P. Pero
si S y S′ se encuentran en
movimiento
relativo,
sus
observaciones acerca del movimiento
de la partícula P serán diferentes.
III.



RELATIVIDAD DEL MOVIMIENTO
Para el observador en ubicado en la tierra la LUNA describirá una
órbita casi circular en torno a la TIERRA.
Para el observador ubicado en el sol la trayectoria de la luna es una
línea ondulante.
Naturalmente, si los observadores conocen sus movimientos
relativos, podrán reconciliar sus observaciones
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
Decimos que una partícula tiene un movimiento rectilíneo
cuando su trayectoria medida con respecto a un observador
es una línea recta
1. POSICIÓN.
 La
posición de la partícula en
cualquier instante queda definida
por la coordenada x medida a partir
del origen O.
Si x es positiva la partícula se
localiza hacia la derecha de O y si x
es negativa se localiza a la izquierda
de O.
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO



2.
DESPLAZAMIENTO.
El desplazamiento se define como el cambio de posición.
Se representa por el símbolo Δx.
Si la posición final de la partícula P’ está la derecha de su posición
inicial P, el desplazamiento x es positivo cuando el
desplazamiento es hacia la izquierda ΔS es negativo
x  x ' x
r  r ' r  x ' iˆ  xiˆ
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
3.
VELOCIDAD MEDIA
Si la partícula se mueve de P a P’ experimentando un
desplazamiento Δx positivo durante un intervalo de tiempo Δt,
entonces, la velocidad media será
x2  x2
x
vm 

t
t2  t1
r
r ' r
x ' iˆ  xiˆ
vm 


t
t ' t
t ' t
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO


3. VELOCIDAD MEDIA
La velocidad media también
puede
interpretarse
geométricamente para ello se
traza una línea recta que une los
puntos P y Q como se muestra en
la figura. Esta línea forma un
triángulo de altura x y base t.
La pendiente de la recta es x/t.
Entonces la velocidad media es la
pendiente de la recta que une los
puntos inicial y final de la gráfica
posición-tiempo
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO

4. VELOCIDAD INSTANTÁNEA
Es la velocidad de la partícula en cualquier instante de
tiempo se obtiene llevando al límite la velocidad media es
decir, se hace cada vez más pequeño el intervalo de tiempo
y por tanto valores más pequeños de x. Por tanto:
x
dx
v  lim( ) 
t 0 t
dt
r
dr dx ˆ
v  lim( ) 
 i
t 0 t
dt dt
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
4. VELOCIDAD INSTANTÁNEA

Si una partícula se mueve de P a Q. A medida que Q se aproxima más y
más a P los intervalos de tiempo se hacen cada vez menores. A medida
que Q se aproxima a P el intervalo de tiempo tiende a cero tendiendo de
esta manera las pendientes a la tangente. Por tanto, la velocidad
instantánea en P es igual a la pendiente de la recta tangente en el punto
P. La velocidad instantánea puede ser positiva (punto P), negativa (punto
R) o nula (punto Q) según se trace la pendiente correspondiente
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
5. RAPIDEZ MEDIA.
La rapidez media se define como la distancia total de la
trayectoria recorrida por una partícula ST, dividida entre el
tiempo transcurrido t, es decir,
ST
(vrap ) 
t
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
6.
ACELERACIÓN MEDIA .
Si la velocidad de la partícula al pasar por P es v y cuando pasa
por P’ es v’ durante un intervalo de tiempo Δt, entonces:
La aceleración media se
define como
v v ' v
amed 

t t ' t
IV. MOVIMIENTO RECTILÍNEO
6.
ACELERACIÓN INSTANTANEA .
La aceleración instantánea se obtiene llevando al límite la
aceleración media cuando t tiende a cero es decir
v
dv
)
t  0 t
dt
d dx
d 2x
a ( ) 2
dt dt
dt
a  lim(
Ejemplo 01

La posición de una partícula que se mueve en línea recta está
definida por la relación x  6t  t Determine: (a) la posición,
velocidad y aceleración en t = 0; (b) la posición, velocidad y
aceleración en t = 2 s; (c) la posición, velocidad y aceleración
en t = 4 s ; (d) el desplazamiento entre t = 0 y t = 6 s;
2
3
Solución

La ecuaciones de movimiento son
x  6t  t
2
3
dx
v
 12t  3t 2
dt

dv d 2 x
a
 2  12  6t
dt dt
Las cantidades solicitadas son
• En t = 0,
x = 0, v = 0, a = 12 m/s2
• En t = 2 s,
x = 16 m, v = vmax = 12 m/s, a = 0
• En t = 4 s,
m/s2
x = xmax = 32 m, v = 0, a = -12
• En t = 6 s,
x = 0, v = -36 m/s, a = 24 m/s2
V.
DETERMINACIÓN DEL MOVIMEINTO DE
UNA PARTÍCULA
1. LA ACELERACIÓN COMO FUNCIÓN DEL TIEMPO a = f(t).
Se sabe que a = dv/dt, entonces podemos escribir
DETERMINACIÓN DEL MOVIMEINTO DE UNA
PARTÍCULA
2. LA ACELERACIÓN COMO FUNCIÓN DE LA POSICIÓN a = f(x).
Se sabe que a = vdv/ds, entonces podemos escribir
V.
DETERMINACIÓN DEL MOVIMEINTO DE
UNA PARTÍCULA
2. LA ACELERACIÓN COMO FUNCIÓN DE LA VELOCIDAD a = f(v).
Se sabe que a = dv/dt o también a = vdv/ds, entonces podemos
escribir
V.
DETERMINACIÓN DEL MOVIMEINTO DE
UNA PARTÍCULA
4. LA ACELERACIÓN ES CONSTANTE a = constante
A este caso se le denomina movimiento rectilíneo uniforme y
las ecuaciones obtenidas son
Ejemplo 01
El auto mostrado en la figura se mueve en línea recta de tal
manera que su velocidad para un período corto de tiempo es
definida por
pies/s, donde t es el tiempo el cual
está en segundos . Determine su posición y aceleración
cuando t = 3,00 s. Considere que cuando t = 0. S = 0
Solución
POSICIÓN Para el sistema de
referencia considerado y sabiendo
que la velocidad es función del
tiempo v = f(t). La posición es


Cuando t = 3 s, resulta
ACELERACIÓN. Sabiendo que
v = f(t), la aceleración se
determina a partir de a = dv/dt
Cuando t = 3 s
Ejemplo 02
Un proyectil pequeño es disparado verticalmente hacia abajo
dentro de un medio fluido con una velocidad inicial de 60 m/s.
Si resistencia del fluido produce una desaceleración del
proyectil que es igual a
donde v se mide en m/s.
Determine la velocidad v y la posición S cuatro segundos
después de que se disparó el proyectil.
Solución
Velocidad: Usando el sistema POSICIÓN: Sabiendo que v = f(t),
de referencia mostrado y sabiendo
que a = f(v) podemos utilizar la
ecuación a = dv/dt para determinar
la velocidad como función del
tiempo esto es
la posición se determina a
partir de la ecuación v = dS/dt
Ejemplo 03

Una partícula metálica está sujeta a
la influencia de un campo magnético
tal que se mueve verticalmente a
través de un fluido, desde la placa A
hasta la placa B, Si la partícula se
suelta desde el reposo en C cuando
S = 100 mm, y la aceleración se
mide como
donde S está
en metros. Determine; (a) la
velocidad de la partícula cuando
llega a B (S = 200 mm) y (b) el
tiempo requerido para moverse de
CaB
Solución

Debido a que a = f(S), puede
obtenerse la velocidad como
función de la posición usando vdv
= a dS. Consideramos además que
v = 0 cuando S = 100 mm



La velocidad cuando S = 0,2 m es
El tiempo que demora en
viajar la partícula de C a B se
determina en la forma
Cuando S = 0,2 m el tiempo
es
Ejemplo 04
Desde una ventana situada a 20 m
sobre el suelo se lanza una bola
verticalmente hacia arriba con una
velocidad de 10 m/s. Sabiendo que la
bola todo el tiempo se encuentra
sometida a un campo gravitacional
que le proporciona una aceleración g
= 9,81 m/s2 hacia abajo. Determine:
(a) la velocidad y la altura en función
del tiempo, (b) el instante en que la
bola choca con el piso y la velocidad
correspondiente
Solución
dv
 a  9.81m s 2
dt
v t 
t
vt   v0  9.81t
 dv    9.81dt
v0
0
vt   10
m 
m
  9.81 2  t
s 
s 
dy
 v  10  9.81t
dt
yt 

y0
t
dy   10  9.81t  dt
y  t   y0  10t  12 9.81t 2
0
m
 m 
yt   20 m  10 t   4.905 2 t 2
 s 
s 
Solución
Cuando la bola alcanza su altura máxima su
velocidad es cero, entonces se tiene
m 
m
vt   10   9.81 2  t  0
s 
s 
t  1.019s
• Remplazando el valor del tiempo obtenido se
tiene.
m
 m 
y t   20 m  10 t   4.905 2 t 2
 s 
s 
m

 m
y  20 m  10 1.019 s    4.905 2 1.019 s 2
 s

s 
y  25.1m
Solución
• Cuando la bola choca contra el suelo y = 0
Entoces tenemos.
m 2
 m 
yt   20 m  10 t   4.905 2 t  0
 s 
s 
t  1.243s meaningless 
t  3.28 s
vt   10
m 
m
  9.81 2  t
s 
s 
m 
m


v 3.28 s  10   9.81 2  3.28 s 
s

s 
m
v  22.2
s
VI. MOVIMIENTO DE VARIAS PARTICULAS:
Movimiento relativo

Sea A y B dos partículas que se mueven en línea recta como
se ve en la figura. Sus posiciones respecto a O serán xA y xB.
La posición relativa de B con respecto a A será.
xB A  xB  x A 


xB  x A  xB
A
La velocidad relativa d A con respecto a B será.
vB A  vB  v A 
vB  v A  vB A
La aceleración relativa se expresa en la forma
aB A  aB  a A 
aB  a A  aB
A
Ejemplo 05

Desde una altura de 12 m, en el
interior de un hueco de un ascensor,
se lanza una bola verticalmente hacia
arriba con una velocidad de 18 m/s.
En ese mismo instante un ascensor
de plataforma abierta está a 5 m de
altura ascendiendo a una velocidad
constante de 2 m/s. Determine: (a)
cuando y donde chocan la bola con
el ascensor, (b) La velocidad de la
bola relativa al ascensor en el
momento del choque
SOLUCION:
• Remplazando la posición, velocidad inicial
y el valor de la aceleración de la bola en
las ecuaciones generales se tiene.
v B  v0  at  18
m 
m
  9.81 2 t
s 
s 
m
 m 
y B  y0  v0t  12 at 2  12 m  18 t   4.905 2 t 2
 s 
s 
• La posición y la velocidad del ascensor será.
m
vE  2
s
 m
y E  y0  v E t  5 m   2 t
 s
• Escribiendo la ecuación para las posiciones
relativas de la bola con respect al elevador y
asumiendo que cuando chocan la posición
relativa es nula, se tiene.


y B E  12  18t  4.905t 2  5  2t   0
t  0.39 s
t  3.65 s
• Remplazando el tiempo para el impacto en la ecuación de la
posición del elevador y en la velocidad relativa de la bola con
respecto al ascensor se tiene
y E  5  23.65
vB
E
y E  12.3 m
 18  9.81t   2
 16  9.813.65
v B E  19.81
m
s
VI. MOVIMIENTO DE VARIAS PARTICULAS:
Movimiento dependiente



La posición de una partícula puede depender de
la posición de otra u otras partículas.
En la figura la posición de B depende de la
posición de A.
Debido a que la longitud del cable ACDEFG que
une ambos bloques es constante se tiene
xA  2 xB  cons tan te
vA  2vB  0
a A  2aB  0
Debido a que sólo una de las coordenadas
de posición xA o xB puede elegirse
arbitrariamente el sistema posee un grado de
libertad
VI. MOVIMIENTO DE VARIAS PARTICULAS:
Movimiento dependiente



Aquí la posición de una partícula depende de dos
posiciones más.
En la figura la posición de B depende de la
posición de A y de C
Debido a que la longitud del cable que une a los
bloques es constante se tiene
2 xA  2 xB  xC  ctte
dx A
dxB dxC
2
2

 0 or 2v A  2v B  vC  0
dt
dt
dt
dv A
dvB dvC
2
2

 0 or 2a A  2a B  aC  0
dt
dt
dt
Como solo es posible elegir dos de las
coordenadas, decimos que el sistema posee
DOS grados de libertad
Ejemplo 06

El collar A y el bloque B están
enlazados como se muestra en la figura
mediante una cuerda que pasa a través
de dos poleas C, D y E. Las poleas C y
E son fijas mientras que la polea D se
mueve hacia abajo con una velocidad
constante de 3 pul/s. Sabiendo que el
collar inicia su movimiento desde el
reposo cuando t = 0 y alcanza la
velocidad de 12 pulg/s cuando pasa por
L, Determine la variación de altura, la
velocidad y la aceleración del bloque B
cuando el collar pasa por L
Solución


Se analiza en primer lugar el
movimiento de A.
El collar A tiene un MRUV, entonces
se determina la aceleración y el
tiempo
v 2A  v A 02  2a A x A   x A 0 
2
 in. 
12   2a A 8 in.
 s 
in.
aA  9 2
s
v A  v A 0  a At
in.
in.
12  9 2 t
s
s
t  1.333 s
Solución
• Como la polea tiene un MRU se calcula el
cambio de posición en el tiempo t.
x D   x D 0  v D t
x D   x D 0
 in. 
  3 1.333s   4 in.
 s 
• El movimiento del bloque B depende del
movimiento de collar y la polea. El
cambio de posición de B será
x A  2 x D  x B   x A 0  2 x D 0   x B 0
x A   x A 0   2xD   xD 0   xB   xB 0   0
8 in.  24 in.  x B   x B 0   0
x B   x B 0  16 in.
Solución
• Derivando la relación entre las posiciones
se obtiene las ecuaciones para la velocidad
y la aceleración
x A  2 xD  xB  constant
v A  2vD  vB  0
 in. 
 in. 
12

2


 3   vB  0
s 

 s 
vB  18 pu lg/ s
a A  2aD  aB  0
 in. 
 9 2   aB  0
 s 
in.
vB  18 
s
in.
a B  9 2
s
aB  9 pu lg/ s 2 
Ejemplo 07
La caja C está siendo
levantada moviendo el
rodillo A hacia abajo con
una velocidad constante
de vA =4m/s a lo largo de
la guía. Determine la
velocidad
y
la
aceleración de la caja en
el instante en que s = 1
m . Cuando el rodillo
está en B la caja se
apoya sobre el piso.
Solución

La relación de posiciones se determina teniendo en cuenta
que la longitud del cable que une al bloque y el rodillo no
varia.
xC  4  x  8m
2

2
A
Cuando s = 1 m, la posición de la caja C será
xC  4m  s  4m  1m  xC  3m

Se determina ahora la posición xA, cuando s = 1 m
3m  42  xA2  8m  xA  3m
Solución

La velocidad se determina derivando la relación entre las
posiciones con respecto al tiempo
1/ 2
dxC 1
dx
 16  x A2 
(2 x A ) A  0
dt
2
dt
xA
3m(4m / s )
vC  
vA  
16  x A2
16  32
vC  2, 4m / s 

La aceleración será


dvC
xA
v A2
xAaA
d 

aC 

vA    


2
2
dt
dt  16  x A2

 16  x A
16  x A

 42
3(0)
32 (42 )
aC   


16  9
[16  9]3
 16  9
aC  2, 048m / s 2 





2 3
[16  x A ] 
x A2 v A2
Ejemplo 08
El sistema representado parte
del reposo y cada componente
se mueve a aceleración
constante. Si la aceleración
relativa del bloque C respecto al
collar B es 60 mm/s2 hacia arriba
y la aceleración relativa del
bloque D respecto al bloque A
es 110 mm/s2 hacia abajo. Halle:
(a) la aceleración del bloque C
al cabo de 3 s, (b) el cambio de
posición del bloque D al cabo de
5s
Ejemplo 09
Un hombre en A está
sosteniendo una caja S
como se muestra en la
figura, caminando hacia
la derecha con una
velocidad constante de
0,5 m/s. Determine la
velocidad
y
la
aceleración
cuando
llega al punto E. La
cuerda es de 30 m de
longitud y pasa por una
pequeña polea D.
Resolución gráfica de problemas en el
movimiento rectilíneo

La velocidad y la aceleración en el movimiento rectilíneo están dadas
por las ecuaciones,
v  dx / dt
a  dv / dt


La primera ecuación expresa que la velocidad instantánea es igual a la
pendiente de la curva en dicho instante.
La segunda ecuación expresa que la aceleración es igual a la
pendiente de la curva v-t en dicho instante
VII. Resolución gráfica de problemas en el
movimiento rectilíneo

Integrando la ecuación de la velocidad tenemos
t2
A  x2  x1   vdt ;
t1


t2
A  v2  v1   adt
t1
El área bajo la gráfica v-t entre t1 y t2 es igual al desplazamiento
neto durante este intervalo de tiempo
El área bajo la gráfica a-t entre t1 y t2 es igual al cambio neto de
velocidades durante este intervalo de tiempo
Otros métodos gráficos
• El momento de área se puede utilizar para
determinar la posición de la partícula en
cualquier tiempo directamente de la curva v-t:
x1  x0  area bajo la curva v  t
v1
 v0t1    t1  t  dv
usando dv = a dt
,
v0
v1
x1  x0  v0t1   t1  t  a dt
v0
v1
 t1  t  a dt 
v0
Momento de primer orden de area
bajo la curva a-t con repecto a la
línea t = t1
x1  x0  v0t1   área bajo la curva a - t  t1  t 
t  abscisa del centroide C
Otros métodos gráficos
• Método
para
determinar
la
aceleración de una partícula de la
curva v-x
dv
av
dx
 AB tan 
a  BC  subnormal a BC
EJEMPLO 10

Un ciclista se mueve en línea recta tal que su posición es
descrita mediante la gráfica mostrada. Construir la gráfica v-t
y a-t para el intervalo de tiempo 0≤ t ≤ 30 s
EJEMPLO 11
Un carro de ensayos parte del reposo y viaja a lo largo de una
línea recta acelerando a razón constante durante 10 s.
Posteriormente desacelera a una razón constante hasta
detenerse. Trazar las gráficas v-t y s-t y determinar el tiempo t’
que emplea en detenerse
Solución: Grafica v - t
La gráfica velocidad-tiempo puede ser determinada mediante
integración de los segmentos de recta de la gráfica a-t. Usando la
condición inicial v = 0 cuando t = 0
0  t  10s a  10;

v
0
t
dv   10 dt , v  10t
0
Cuando t = 10 s, v = 100 m/s usando esto como condición inicial para el
siguiente tramo se tiene
10s  t  t ; a  2;

v
100
t
dv    2 dt , v  2t  120
10
Cuando t = t´, la velocidad
nuevamente es cero por tanto se
tiene
0= -2t’ + 120
t’ = 60 s
Solución: Grafica s - t
La gráfica posición-tiempo puede ser determinada mediante integración
de los segmentos de recta de la gráfica v-t. Usando la condición inicial
s = 0 cuando t = 0
0  t  10s; v  10t;

s
0
t
ds   10t dt , s  5t 2
0
Cuando t = 10 s, S = 500 m usando esto como condición inicial para el
siguiente tramo se tiene
s
t
10s  t  60s; v  2t  120;
 ds    2t  120dt
500
10
s  t 2  120t  600
Cuando t = t´, la posición
S = 3000 m
Ejemplo 12
La gráfica v-t, que describe el movimiento de un motociclista
que se mueve en línea recta es el mostrado en la figura.
Construir el gráfico a-s del movimiento y determinar el tiempo
que requiere el motociclista para alcanzar la posición S = 120
m
Solución
Grafico a-s.
Debido a que las ecuaciones de los segmentos de la gráfica
están dadas, la gráfica a-t puede ser determinada usando la
ecuación dv = a ds
0  s  60m; v  0.2 s  3
dv
av
 0.04 s  0.6
ds
60m  s  120m; v  15;
dv
av
0
ds
Solución
Calculo del tiempo.
El tiempo se obtiene usando la gráfica v-t y la ecuación
v = ds/dt. Para el primer tramo de movimiento, s = 0, t = 0
ds
ds
0  s  60m; v  0.2 s  3; dt 

v 0.2  3
t
s
ds
o dt  0 0.2s  3
t  5 ln( 0.2 s  3)  5 ln 3
Cuando s = 60 m, t = 8,05 s
Solución
Calculo del tiempo.
Para el segundo tramo de movimiento
ds ds
60  s  120m; v  15; dt 

v 15
t
s ds
8.05 dt  60 15
s
t   4.05
15
Cuando S = 120 m, t´= 12 s
Ejemplo 13
Una partícula parte del reposo y se mueve describiendo una
línea recta, su aceleración de 5 m/s2 dirigida hacia la derecha
permanece invariable durante 12 s. A continuación la
aceleración adquiere un valor constante diferente tal que el
desplazamiento total es 180 m hacia la derecha y la distancia
total recorrida es de 780 m. Determine: (a) la aceleración
durante el segundo intervalo de tiempo, (b) el intervalo total de
tiempo.
Solución
En la figura se muestra el gráfico velocidad-tiempo , ya que a =
constante.
Como la aceleración es la pendiente
de la curva v-t, tenemos
v1
tg  a1  5m / s 
t1
2
v1  5m / s 2 (t1 )  5m / s 2 (12s)
v1  60m / s
(1)
La distancia total es la suma de las áreas en valor absoluto
dT  A1  A2  780m 
1
1
(t1  t2 )v1  (t3 )v3
2
2
1
1
(12 s  t2 )60m / s  ( t3 )v3  780m
2
2
(2)
Solución
El desplazamiento viene expresado por
x  A1  A2  180m 
1
1
(t1  t2 )v1  (t3 )v3
2
2
1
1
(12s  t2 )60m / s  (t3 )v3  180m
2
2
(3)
Sumando las ecuaciones (2) y (3),
resulta
(12s  t2 )60m / s  960m
t2  4s
(4)
La aceleración en el segundo
intervalo tiempo es
v1
60m / s
a2  tg  

t 2
4s
a2  15m / s 
(5)
Solución
Se determina t3
v3
a2  tg  
 15m / s 2
t3
v3  15m / s 2 ( t3 )
(6)
Remplazando la ec. (4) y (6) en (3) se tiene
1
1
(12 s  4 s )60m / s  ( t3 )(15t3 )  180 m
2
2
15m / s 2
480m 
( t3 ) 2  180m
2
t3  6, 32 s
El intervalo total de tiempo será
t  t1  t2  t3  12s  4s  6,33s
t  22,33seg
Ejemplo 14
Un cuerpo se mueve en línea recta con una velocidad cuyo
cuadrado disminuye linealmente con el desplazamiento entre
los puntos A y B los cuales están separados 90 m tal como
se indica. Determine el desplazamiento Δx del cuerpo
durante los dos últimos segundos antes de llegar a B.
Poblemas propuestos
1. El movimiento de una partícula se define por la
relación x  2t  6t  15
donde x se expresa en
metros y t en segundos. Determine el tiempo, la
posición y la aceleración cuando la velocidad es
nula.
3
2
2. El movimiento de una partícula se define
mediante la relación x  2t  20t  60
donde x se
expresa en pies y t en segundos. Determine: (a)
el tiempo en el cual la velocidad es cero, (b) La
posición y la distancia total recorrida cuando
t=8s
2
Problemas propuestos
3. La aceleración de una partícula se define mediante la
relación a  (64  12t 2 ) pul / s 2 . La partícula parte de x = 25 pulg
en t = 0 con v = 0. Determine: (a) el tiempo en el cual la
velocidad de nuevo es cero; (b) la posición y la velocidad
cuando t = 5 s, (c) La distancia total recorrida por la partícula
desde t = 0 a t = 5 s.
4. La aceleración de una partícula está definida por la relación
a = -3v, con a expresada en m/s2 y v en m/s. Sabiendo que
para t = 0 la velocidad es 60 m/s, determine: (a) la distancia
que la partícula viajará antes de detenerse, (b) el tiempo
necesario para que la partícula se reduzca al1% de su valor
inicial
Problemas propuestos
5. El bloque A tiene una 6. Los collares A y B deslizan a lo
largo de las barrar fija que
velocidad de 3,6 m/s hacia forman un ángulo recto y están
la derecha. Determine la conectadas por un cordón de
velocidad del cilindro B
longitud L. Determine la
aceleración ax del collar B como
una función de y si el collar A se
mueve con una velocidad
constante hacia arriba vA
Problemas propuestos
7. Una partícula que se mueve 8. Determine la rapidez vP a la cual
a lo largo del eje x con el punto P localizado sobre el
aceleración constante , tiene cable debe viajar hacia el motor
una velocidad de 1,5 m/s en M para levantar la plataforma A a
el sentido negativo de las x razón de vA = 2 m/s.
para t = 0, cuando su
coordenada x es 1,2 m. tres
segundos más tarde el
punto material pasa por el
origen en el sentido positivo.
¿Hasta qué coordenada
negativa se ha desplazado
dicha partícula?.
Problemas propuestos
9. Determine la velocidad del 10. Determine la velocidad del
bloque A si el bloque B tiene bloque A si el bloque B tiene una
una velocidad de 2 m/s velocidad de 2 m/s hacia arriba
hacia arriba
Problemas propuestos
10. Determine la velocidad con la
11
.
cual el bloque asciende si el
extremo del cable en A es
halado hacia abajo con
velocidad de 2 m/s hacia abajo
Problemas propuestos

Para levantar el embalaje
mostrado
mediante
el
aparejo se usa un tractor. Si
el tractor avanza con una
velocidad vA. Determine una
expresión para la velocidad
ascendente vB del embalaje
en función de x. Desprecie la
pequeña distancia entre el
tractor y su polea de modo
que ambos tengan la misma
velocidad.
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
Se dice que una partícula tiene un movimiento curvilíneo cuando su
trayectoria descrita esta es una línea curva.
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
OBJETIVOS
1. Describir el movimiento de
una partícula que viaja a lo
largo de una trayectoria
curva
2. Expresar las cantidades
cinemáticas en coordenadas
rectangulares, componentes
normal y tangencial, así
como radial y transversal
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
Se dice que una partícula tiene un movimiento curvilíneo
cuando su trayectoria descrita esta es una línea curva.
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
1. Vector Posición: Es aquel vector dirigido desde el
origen de un sistema coordenado hacia el punto de
ubicación instantánea P la partícula. Se representa por
r = r(t).
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
2. Vector Desplazamiento: Supongamos ahora que la
partícula se mueve durante un pequeño intervalo de
tiempo t hasta el punto P’, entonces su posición será r’
(t + ). El desplazamiento es vector dirigido desde P a
P’ y se expresa
r  r '(t  t )  r (t )
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
3. Velocidad Media: Cuando la partícula se mueve de P a P’
experimenta un desplazamiento r en un intervalo de tiempo
t. la velocidad media se define como
r r ' r
vm 

t t ' t
La velocidad media es un
vector que tiene la misma
dirección que el desplazamiento
es decir es secante a la curva.
La velocidad media depende
del intervalo de tiempo.
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
4. Velocidad Instantánea: Si el intervalo de tiempo se hace
cada ves más pequeño (t0), el desplazamiento también
tiende a cero. Llevando al límite la velocidad media se obtiene
la velocidad instantánea. Es decir.
r
r ' r dr
v  lim
 lim

t  0 t
t  0 t ' t
dt
La velocidad instantánea es
un vector tangente a la
trayectoria.
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
3. Velocidad Instantánea:
Multiplicando y dividiendo la expresión anterior por la
longitud del arco s = acrPQ, obtenemos
r s
r
s
v  lim
 lim
lim
t 0 s t
t 0 s t 0 t
A medida que Q se acerca a P la
magnitud de r se aproxima a s,
entonces se tiene
dr
r
 lim
 et
ds t 0 s
Además se tiene
s ds

t  0 t
dt
v  lim
ds
v 
et
dt
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
5. Aceleración media: En la figura se observa las
velocidades instantáneas de la partícula en P y Q. El cambio de
velocidades durante t es v. La aceleración media es el cambio
de velocidades en el intervalo de tiempo. Es decir
v vQ  vP
am 

t tQ  t P
La aceleración media es un
vector paralelo a v y
también depende de la
duración del intervalo de
tiempo
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
3. Aceleración media: En la figura se observa las
velocidades instantáneas de la partícula en P y Q. El cambio de
velocidades durante t es v. La aceleración media es el cambio
de velocidades en el intervalo de tiempo. Es decir
v vQ  vP
am 

t tQ  t P
La aceleración media es un
vector paralelo a v y
también depende de la
duración del intervalo de
tiempo
VIII. MOVIMIENTO CURVILÍNEO
6. Aceleración instantánea: Se obtiene llevando al límite
la aceleración media es decir haciendo cada ves mas y mas
pequeños los intervalos de tiempo
v dv
a  lim

t  0 t
dt
d  dr  d 2 r
a 
 2
dt  dt  dt
La aceleración instantánea
es un vector que tiene
misma dirección que el
cambio instantáneo de la
velocidad es decir apunta
hacia la concavidad de la
curva
8.1
COMPONENTES RECTANGULARES DE LA
VELOCIDAD Y LA ACELERACIÓN
1. POSICIÓN. La posición instantánea de una partícula en
componentes x, y, z es




r  xi  y j  zk
Las coordenadas x, y, z son
funciones del tiempo: x = f(t),
y = f(t), z = f(t)
La magnitud del vector de posición
será
r  x2  y2  z 2
8.1.
COMPONENTES RECTANGULARES DE LA
VELOCIDAD Y LA ACELERACIÓN
2. Desplazamiento. Si una partícula se mueve de P a P en un
intervalo de tiempo t. El desplazamiento está dado por:
r  r ' r  xiˆ  yjˆ  zkˆ
r  (x)2  (y)2  (z)2
8.1.
COMPONENTES RECTANGULARES DE LA
VELOCIDAD Y LA ACELERACIÓN
3. Velocidad media. Si una partícula se mueve de P a P’
experimenta un desplazamiento r en un intervalo de tiempo
t. La velocidad media será
r x ˆ y ˆ z ˆ
vm 

i
j
k
t t
t
t
Es un vector secante a la
trayectoria
8.1.
COMPONENTES RECTANGULARES DE LA
VELOCIDAD Y LA ACELERACIÓN
4. Velocidad instantánea. Se obtiene llevando al límite cuando
t  0, la velocidad media es decir:

 
 dx  dy  dz 
v  i  j  k  xi  y j  zk
dt
dt
dt



 vx i  v y j  vz k
Es un vector tangente a la curva y
tiene una magnitud definida por
v  v v v
2
x
2
y
2
z
8.1
COMPONENTES RECTANGULARES DE LA
VELOCIDAD Y LA ACELERACIÓN
5. Aceleración media. Cuando la partícula cambia de posición
su velocidad tambien cambia. Entonces la aceleración media
será
v vx ˆ v y ˆ vz ˆ
am 

i
j
k
t
t
t
t
Es un vector que se encuentra dirigido
a lo largo del cambio de velocidades
8.1
COMPONENTES RECTANGULARES DE LA
VELOCIDAD Y LA ACELERACIÓN
5. Aceleración instantanea. Se obtiene llevando al límite la
aceleración media.
dv
a
 ax i  a y j  az k
dt
donde
a x  vx  x
ay  vy  y
a z  vz  z
Es un vector que se encuentra dirigido
hacia la concavidad de la curva y su
magnitud es
a  a a a
2
x
2
y
2
z
Ejemplo
En cualquier instante la posición horizontal del globo
meteorológico está definida por x = (9t) m, donde t es el
segundo. Si la ecuación de la trayectoria es y = xª/30, donde
a = 2: Determinar la distancia del globo a la estación A, la
magnitud y la dirección de la velocidad y de la aceleración
cuando t = 2 s
Solución

Cuando t = 2 s, la posición del
globo es
x  9t  9m / s (2s )  18m
x2
182
y
(
)  10,8m
30
30

La distancia en línea recta será
r  18  10,8  21m
2

2
Las componentes de la
velocidad son

La magnitud y dirección
de la velocidad
para
t = 2 s son
v
 9  10.8
2
v  tan
d
vx  x   9t   9m / s
dt
d 2
x dx 81t
v y  y   x / 30  

 10.8m / s
dt
15 dt 15
1
vy
vx
2
 14.1m / s
 50.2
Solución
Las componentes de la aceleración
será
a x  vx  0
d  81t 
2
ay  vy  

5.4
m
/
s

dt  15 
La magnitud y dirección de la
aceleración son
a
2
0

5.4

5.4
m
/
s
   
2
2
5.4
 a  tan
 90
0
1
Ejemplo
El movimiento de la caja B está
definida por el vector de
posición
r  [0,5sen(2t )iˆ  0,5cos(2t ) ˆj  0, 2tkˆ]m
donde t esta en segundos y el
argumento para el seno y el
coseno está en radianes.
Determine la localización de la
caja cuando t = 0,75 s y la
magnitud de su velocidad y
aceleración en este instante
Solución

La posición de la partícula cuando t = 0,75 s es
r
t 0.75 s
 {0.5s e n(1.5rad )i  0.5cos(1.5rad ) j  0.2(0.75)k } m
r0,75 s  {0.499i  0.0354 j  0.150k } m

La distancia medida desde el origen será
r  (0.499)  (0.0354)  ( 0.150)  0.522 m
2

La dirección es
2
2
r 0.499
0.0352
0.150

i 
j
k
r 0.522
0.522
0.522
 0.955i  0.0678 j  0.287 k
ur 
  cos 1 (0.955)  17.2
  86.1
  107
Solución

La velocidad de la partícula cuando t = 0,75 s es
dr
v
 {1cos(2t )i  1sin(2t ) j  0.2k }m / s
dt
v  vx2  v y2  vz2  1.02m / s

La aceleración de la partícula cuando t = 0,75s
dv
a
 {2sin(2t )i  2 cos(2t ) j }m / s 2
dt
a = 2 m/s2
Ejemplo

Los movimientos x e y de las guías A y
B, cuyas ranuras forman un ángulo
recto, controlan el movimiento del
pasador de enlace P, que resbala por
ambas ranuras. Durante un corto
intervalo de tiempo esos movimientos
están regidos por
1
1
x  20  t 2 y y  15  t 3
4
6
donde x e y están en milímetros y t en
segundos. Calcular los módulos de las
velocidad y de la aceleración a del
pasador para t = 2 s. esquematizar la
forma de la trayectoria e indicar su
curvatura en ese instante.
Ejemplo

El rodillo A de la figura está
restringido a deslizar sobre la
trayectoria curva mientras se
desplaza en la ranura vertical
del miembro BC. El miembro BC
se desplaza horizontalmente. (a)
Obtenga las ecuaciones para la
velocidad y la aceleración de A,
exprésela en términos de b, x, x, x
(b) Calcule la velocidad y la
aceleración cuando
ˆ ; x  10icm
ˆ / s;
b  10cm; x  4icm
ˆ / s2
x  8icm
8.2.
MOVIMIENTO CURVILINEO PLANO
Es aquel movimiento que se realiza en un solo plano.
r t   x t  i  y t  j
r  r  t2   r  t1 
r   x2  x1  i   y2  y1  j
v  t   vx  t  i  vy  t  j
v t   x t  i  y t  j
a  t   ax  t  i  a y  t  j
a  t   vx  t  i  vy  t  j
a t   x t  i  y t  j
8.3.
MOVIMIENTO PARABÓLICO
Es caso mas simple del movimiento plano, en el cual ax = 0 y
ay = - g = - 9,81 m/s2 =-32,2 pies/s2. En la figura se muestra
este movimiento y su trayectoria
8.3.1. MOVIMIENTO PARABÓLICO: Hipótesis
Para analizar este movimiento se usa las siguientes hipótesis
(a) El alcance del proyectil es suficientemente pequeño como para
poder despreciar la curvatura de la superficie terrestre (la
aceleración gravitatoria g es normal a dicha superficie);
(b) La altura que alcanza el proyectil es suficientemente pequeña como
para poder despreciar la variación del campo gravitatorio
(aceleración de la gravedad) terrestre con la altura;
(c) La velocidad del proyectil es suficientemente pequeña como para
poder despreciar la resistencia que presenta el aire al movimiento
del proyectil y
(d) No tendremos en cuenta el efecto de rotación de la Tierra que,
como veremos más adelante, tiende a desviar el proyectil hacia la
derecha de su trayectoria cuando el movimiento tiene lugar en el
hemisferio Norte.
DIAGRAMA DEL MOVIMIENTO DE UN PROYECTIL
8.3.2 MOVIMIENTO PARABÓLICO: ecuaciones
Movimiento horizontal. Debido a que ax = 0
v  v0  ax t ;
1 2
x  x0  v0t  axt ;
2
v 2  v02  2ax ( x  x0 );
vx  (v0 ) x
x  x0  (v0 ) x t
vx  (v0 ) x
8.3.2. MOVIMIENTO PARABÓLICO: ecuaciones
Movimiento vertical: Debido a que ay = - g = -9,81 m/s2
v y  v0 y  a y t ;
v y  (v0 ) y  gt
1 2
y  y0  v0 y t  a y t ;
2
v y2  v02y  2a y ( y  y0 );
1 2
y  y0  (v0 ) y t  gt
2
v y2  (v0 ) 2y  2 g ( y  y0 )
8.3.2. MOVIMIENTO PARABÓLICO: Altura máxima y
alcance alcanzado por el proyectil
Cuando se estudia el movimiento
de proyectiles, dos características
son de especial interés.
1. El alcance R, es la máxima
distancia
horizontal
alcanzada por el proyectil
v i2 sin2i
R
g
2. La
altura
máxima
alcanzada por el proyectil
v i2 sin2 i
h
2g
h
8.3.2. MOVIMIENTO PARABÓLICO: alcance alcanzado por
el proyectil
El máximo alcance es logrado cuando el ángulo de lanzamiento
es 45°
Ejemplo
Un saco desliza por una rampa saliendo de su extremo con
una velcoidad de 12 m/s. Si la altura de la rampa es 6 m desde
el piso. Determine el tiempo necesario para que saco impacte
contra el piso y la distancia horizontal R que avanza
Ejemplo
La máquina de picar está diseñada para extraer madera en
trozos y lanzarlos con una velocidad vo = 7,5 m / s. Si el
tubo se orienta a 30° respecto a la horizontal como se
muestra en la figura, determinar qué tan alto se apilarán los
trozos de madera, si la distancia del apilamiento a la salida
es 6 m
Ejemplo
La pista de carreras de este evento fue diseñado para que
los pilotos puedan saltar de la pendiente de 30°, desde una
altura de 1m. Durante la carrera, se observó que el
conductor permaneció en el aire 1,5 s. Determine la
velocidad de salida de la pendiente, la distancia horizontal
alcanzada y la altura máxima que se eleva el piloto y su
moto. Desprecie el tamaño de ambos.
Ejemplo
Un jugador de basquetbol lanza una pelota de baloncesto
según el ángulo de θ = 50° con la horizontal. Determine la
rapidez v0 a la cual se suelta la pelota para hacer el enceste
en el centro del aro. ¿Con qué rapidez pasa la pelota a través
del aro?.
Ejemplo
Un bombero desea saber la altura máxima de la pared a la
cual puede proyectar el agua mediante el uso de la manguera.
¿A qué ángulo, θ, respecto de la horizontal debe inclinar la
boquilla para lograr el objetivo?
Ejemplo
La moto de nieve mostrada en la figura sale de la rampa con
una rapidez de 15 m/s bajo un ángulo de 40°respecto a la
horizontal y aterriza en el punto B. Determine la distancia
horizontal R que viaja y el tiempo que permanece en el aire
Ejemplo
El esquiador sale de la rampa formando un ángulo de θA =
25° y aterriza en el punto B de la pendiente. Determine la
velocidad inicial del esquiador y el tiempo que permanece en
el aire
Ejemplo

El hombre lanza una pelota con una velocidad
inicial v0 = 15 m/s . Determine el ángulo θ bajo el
cual podría lanzar la pelota del tal manera que
choque contra la valla en un punto de máxima
altura posible. El gimnasio tiene una altura de 6 m.
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.1.OBJETIVOS

Determinar las componentes normal y tangencial de la
velocidad y la aceleración de una partícula que se encuentra
moviéndose en un trayectoria curva.
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.1.APLICACIONES
Cuando un auto se mueve en una
curva experimenta una aceleración,
debido al cambio en la magnitud o en
la dirección de la velocidad.
¿Podría Ud. preocuparse por la
aceleración del auto?.
Si el motociclista inicia su
movimiento desde el reposo e
incrementa su velocidad a razón
constante. ¿Cómo podría determinar
su velocidad y aceleración en la parte
más alta de su trayectoria.
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.3. POSICIÓN
Cuando la trayectoria de una
partícula es conocida, a veces es
conveniente
utilizar
las
coordenadas normal (n) y
tangencial (t) las cuales actúan en
las
direcciones
normal
y
tangencial a la trayectoria.
En un movimiento plano se
utilizan las vectores unitarios ut y
un
El origen se encuentra ubicado
sobre la trayectoria de la partícula.
El eje t es tangente a la
trayectoria y positivo en la
dirección del movimiento
y el eje n es perpendicular
al eje t y esta dirigido
hacia
el
centro
de
curvatura
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.3. POSICIÓN
En un movimiento plano las
direcciones n y t se encuentran
definidas por los vectores
unitarios ut y un
El radio de curvatura ρ, es la
distancia perpendicular desde curva
hasta el centro de curvatura en aquel
punto.
La posición es la distancia S medida
sobre la curva a partir de un punto O
considerado fijo
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.4. VELCOIDAD
Debido a que la partícula se
esta moviendo, la posición S
está cambiando con el tiempo.
La velocidad v es un vector que
siempre es tangente a la
trayectoria y su magnitud se
determina derivando respecto
del tiempo la posición S = f(t).
Por lo tanto se tiene
v  vut
v  s  dS / dt
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.4.
ACELERACIÓN
Consideremos el movimiento de
una partícula en una trayectoria
curva plana
En el tiempo t se encuentra en P
con una velocidad v en dirección
tangente y una aceleración a
dirigida hacia la concavidad de la
curva. La aceleración puede
descomponerse
en
una
componente
tangencial
at
(aceleración tangencial) paralela a
la tangente y otra paralela a la
normal an (aceleración normal)
La aceleración tangencial es
la responsable del cambio
en el modulo de la
velocidad
La aceleración normal es la
responsable del cambio en
la dirección de la velocidad
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.4.
ACELERACIÓN
Tracemos en A un vector
unitario eˆt . La aceleración será
deˆt
dv d (veˆt ) dv
a


eˆt  v
dt
dt
dt
dt
Si la trayectoria es una recta, el
vector eˆt sería constante en
magnitud y dirección, por tanto
ˆt
de
0
dt
Pero cuando la trayectoria es
curva la dirección de eˆt cambia
por lo tanto
ˆt
de
0
dt
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.4.
ACELERACIÓN
Introduzcamos el vector unitario deˆt  ( sen ) d  iˆ  cos  d  j
dt
dt
normal eˆn a la curva y dirigido dt
deˆt d 
hacia el lado cóncavo de la

eˆn
dt
dt
curva. Sea β el ángulo que forma
la tangente en A con el eje x.
Entonces se tiene
eˆt  cos  iˆ  sen j
 ˆ

eˆn  cos(   )i  sen(   ) j
2
eˆn   sen iˆ  cos  j
2
La derivada del vector unitario
tangente será
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.4.




ACELERACIÓN
Por otro lado se tiene que
d  d  dS
d

v
dt
dS dt
dS
Donde dS es el pequeño arco a
lo largo del movimiento en un dt.
Las normales a la curva en A y
A´ se intersecan en C. Entonces
dS   d 
d
1

dS

La razón de cambio del vector
unitario tangencial es
deˆt 1
 eˆn
dt 
8.4
COMPONENTES TANGENCIAL Y NORMAL
8.4.4.
ACELERACIÓN
Remplazando esta ecuación en
la aceleración se tiene
deˆt
dv
a
eˆt  v
dt
dt
dv
v2
a
eˆt 
eˆn
dt

a  at eˆt  an eˆn
Es decir las aceleraciones
tangencial y normal se escriben
dv
at 
eˆt :
dt
at 
v2

eˆn

La magitud de la aceleración
total será
a  a a
2
t
2
n
CASOS ESPECIALES
1. La partícula se mueve a lo largo de una línea recta
   => an = v2/  0 > a = at = v
La componente tangencial representa la razón
de cambio de la magnitud de la velocidad
2. La partícula se mueve en la curva a velocidad
constante
at = v = 0
=>
a = an = v2/
La componente normal representa la razón de
cambiode la dirección de la velocidad
CASOS ESPECIALES
3) La componente tangencial de la aceleracón es
at = (at)c.
constante,
1
s  s0  v0t  (ac ) c t 2
2
v  v0  ( ac ) c t
v 2  v02  2( ac ) c ( s  s0 )
So and vo son la posición y la velocidad de la partícula en t = 0
4. La partícula se mueve a lo largo de la rayectoria dada por y
= f(x). Entonces el radio de curvatura es
[1  (dy / dx) 2 ]3/ 2

d 2 y / dx 2
Ejemplo 01

Un esquiador viaja con una rapidez de 6 m/s la se está
incrementando a razón de 2 m/s2, a lo largo de la trayectoria
parabólica indicada en la figura. Determine su velocidad y
aceleración en el instante que llega a A. Desprecie en los cálculos
el tamaño del esquiador.
Solución



Estableciendo los ejes n y
t mostrados se tiene.
La velocidad de 6 m/s es
tangente a la trayectoria y
su dirección será
1 2 dy
y
x ,
1
20
dx x 10
Por lo tanto en A la
velocidad forma 45° con el
eje x
Solución

La aceleración se determina
aplicando la ecuación
2
dv
v
a
eˆt 
eˆn
dt


Para ello se determina el radio
de curvatura
[1  (dy / dx) 2 ]3/ 2

2
2
d y / dx
[1  ( x /10) 2 ]3/ 2

1/10
  28.28m
2
dv
v
aA 
eˆt 
eˆn
dt

62
a A  2eˆt 
eˆn
28, 3
a A  2eˆt  1, 27eˆn
Solución

La magnitud y la dirección de la
aceleración serán
a
2
2

1.237

2.37
m
/
s
  
2
2
2
  tan
 57.5
1.327
1
Ejemplo 02

Un carro de carreras C viaja alrededor de una pista horizontal
circular que tiene un radio de 90 m. Si el carro incrementa su
rapidez a razón constante de 2,1 m/s2 partiendo desde el
reposo, determine el tiempo necesario para alcanzar una
aceleración de 2,4 m/s2. ¿Cuál es su velocidad en ese
instante.
Solución

Se sabe que la aceleración
tangencial es constante e
igual a

a  at eˆt 
at  2,1m / s 2
v  0  2,1t

v
2
(2,1t )
an  
 0.049t 2 m / s 2

90

eˆn
a 2  2,12  [0.049t 2 ]2
2, 42  2,12  [0.049t 2 ]2
La aceleración normal será
2
v
2
a  2,1eˆt  0.049t 2 eˆn
Entonces
v  v0  at t
La aceleración total será
t  4,87

La velocidad
instante será
en
este
v  2.1t  10.2m / s
Ejemplo 03
Una caja parte del reposo en A
e incrementa su rapidez a
razón de at = (0.2t) m/s2 y
viaja a lo largo de la pista
horizontal mostrada. Determine
la magnitud y dirección de la
aceleración cuando pasa por B
Ejemplo 03
La posición de la caja en
cualquier instante es S medida
a partir del punto fijo en A.
La velocidad en cualquier
instante se determina a partir de
la aceleración tangencial, esto
es
at  v  0.2t

v
0
(1)
t
dv   0.2tdt
0
v  0.1t 2
(2)
Ejemplo 03
Para determinar la velocidad en
B, primero es necesario
determinar S = f(t), después
obtener el tiempo necesario
para que la caja llegue a B. es
decir
v

S
0
ds
 0.1t 2
dt
t
ds   0.1t 2 dt
0
S  0, 0333t 3
(3)
De la geometría se tiene
sB = 3 + 2π(2)/4 = 6.142 m.
Entonces tenemos
6,142  0, 0333t 3
t  5, 69s
Ejemplo 03
Remplazando el tiempo en las
ecuaciones (1) y (2) resulta
(aB )t  vB  0.2(5.69)  1.138m / s 2
vB  0.1(5.69)2  3.238m / s
En el punto B el radio de curvatura
es ρ = 2 m, entonces la
aceleración será
( aB ) n 
vB2
B
 5.242m / s 2
La aceleración total será
aB  at , B eˆt 
vB2

eˆn
aB  1,138eˆt  5, 242eˆn
Su modulo y dirección serán
a 2  1,1382  [5, 242]2
a  5,36m / s 2
  tg 1[
5.242
]  77, 75
1,138
Ejemplo 04
Una partícula se mueve en una trayectoria curva de tal
manera que en cierto instante tiene una velocidad v y una
aceración a. Demuestre que el radio de curvatura puede
obtenerse a partir de la ecuación
1


vxa
v
3
Ejemplo 04
Sabemos que la aceleración en
cualquier instante es
a  at  an
Multiplicando ambos miembros
por la velocidad v tenemos
a  at  an
vxa  vx  at  an 
vxa  vxat  vxan
Debido a que la aceleración
tangencial son colineales su
producto vectorial es nulo.
Entonces tenemos
vxa  0  vxan
vxa  vxan
vxa  vxan  van sen90  van
Remplazado la
normal tenemos
aceleración
vxa  v (
1


v

vxa
v
3
2
)
Ejemplo
Ejemplo
Ejemplo
Ejemplo

Partiendo desde el reposo, un bote a motor viaja
alrededor de una trayectoria circular de radio r =
50 m con una velocidad . Determine la magnitud
de la velocidad y de la aceleración del bote en t =
3 s.
Ejemplo

Un avión viaja a lo largo
de
una
trayectoria
2
y

0,
4
x
parabólica vertical
.
En el punto A el avión
tiene una velocidad de
200 m/s la cual se
incrementa a razón de
0,8 m/s2. Determine la
magnitud
de
la
aceleración del avión
cuando pase por A.
Ejemplo

El jugador de béisbol lanza una pelota con una velocidad
inicial de v0 = 30 m/s a un ángulo θ = 30° como se muestra en
la figura. Hallar el radio de curvatura de la trayectoria: (a)
inmediatamente después del lanzamiento y (b) en el vértice.
Calcular en cada caso, la variación de celeridad por unidad de
tiempo.
ANALISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO DE DOS
PARTICULAS USANDO EJES EN TRASLACIÓN



Hasta ahora se ha estudiado el movimiento absoluto de una
partícula usando un marco de referencia fijo.
Sin embargo, existen ejemplos en el que la trayectoria del
movimiento de una partícula es complicada, de modo que es más
factible analizar el movimiento en partes usando dos o más marcos
de referencia.
Por ejemplo, el movimiento de una partícula localizada en la hélice
de un avión , mientras éste está en vuelo , es más fácil describirlo
si observamos primero el movimiento del avión a partir de un
sistema de referencia fijo y después se superpone vectorialmente
el movimiento circular de la partícula medida a partir de un marco
de referencia móvil unido al aeroplano.
ANALISIS DEL MOVIMIENTO RELATIVO DE DOS
PARTICULAS USANDO EJES EN TRASLACIÓN

En esta sección nos ocuparemos del estudio del movimiento solo a
marcos de referencia en traslación. El análisis del movimiento
relativo de partículas usando marcos de referencia en rotación se
tratará en el curso de Dinámica.
MOVIMIENTO RELATICO: POSICIÓN


Consideremos dos partículas A y
B moviéndose en las trayectorias
mostradas
Las posiciones absolutas de A y
B con respecto al observador fijo
en el marco de referencia OXYZ
serán
rA  OA
rB  OB

El
observador
B
sólo
experimenta traslación y se
encuentra unidos al sistema de
referencia móvil Oxyz

La posición relativa de A con
respecto al observador B , es
rA  rB  rA / B
Movimiento relativo: Velocidad

Derivando la ecuación de la posición relativa se tiene
vA  vB  vA / B
Movimiento relativo: Aceleración

Derivando la ecuación de la velocidad relativa se tiene
aA  aB  aA / B
Ejemplo 01

Un tren T, viajando a una velocidad constante de 90 km/ h, cruza
una carretera, como se muestra en la figura. Si el automóvil A está
viajando por la carretera con una velocidad de 67,5 km/h.
Determine la magnitud y dirección de la velocidad relativa del tren
con respecto al auto.
SOLUCIÓN


La velocidad relativa es medida
desde el observador ubicado en el
auto al cual se le asocial el sistema
de referencia OX’Y’,
Como las velocidades de T y A son
conocidas, entonces la velocidad
relativa se obtiene de
vT  vA  vT / A
90i  (67.5cos 45 i  67.5sin 45 j )  vT / A
vT / A  {42.3i  47.7 j )km / h
solución

La magnitud de la velocidad relativa será
vT / A  (42.3  47.7 )  63.8km / h
2

2 2
La dirección de la velocidad relativa es
 vT / A  y
tan  
 vT / A  x
47.7

42.3
  48.40
solución

Dos aviones están volando horizontalmente a la misma elevación, como
se indica en la figura. El avión A está volando en una trayectoria recta, y
en el instante mostrado desarrolla una velocidad de 700 km/h y una
aceleración de 50 km/h2. El avión B está volando en una trayectoria
curva circular de 400km de radio con una rapidez de 600 km/h y está
decreciendo su rapidez a razón de 100 km/h2. Determine la velocidad y
la aceleración relativa de B medida por el piloto A
Solución


Al avión A esta moviéndose
rectilíneamente y se asocia un
marco de referencia móvil Ox’y’.
La velocidad relativa de B respecto
de A es


 aB n 
vB  vA  vB / A
600  700  vB / A
vB / A  100km / h  100km / h 
El avión B tiene aceleración
normal y tangencial pues se
mueve en una curva.
La aceleración normal será

vB2

 900km / h2
Aplicando la ecuación para
determinar
la aceleración
relativa se tiene
aB  a A  aB / A
900i  100 j  50 j  aB / A
aB / A  900i  150 j km / h
2
Solución

En un determinado instante los
carros A y B están viajando con
velocidades de 18m/s y 12m/s,
respectivamente. Además en
dicho instante la velocidad de A
está disminuyendo a razón de
2m/s2 y B experimenta un
incremento de su velocidad a
razón de 3 m/s2. Determine la
velocidad y la aceleración de B
con respecto de A
Solución

El sistema de referencia fijo está
en tierra y el marco móvil en el
auto A. Por tanto se tiene

La aceleración normal será
 aB n 
vB  v A  vB / A
12 j   18cos 60 i  18sin 60 j   vB / A


La dirección de la velocidad
relativa será
 vB / A  y
tan  
 vB / A  x

  21.7
3.588
9
 1.440m / s 2

La aceleración relativa será
vB / A  9i  3.588 j m / s
vB / A  92  3.5882  9.69m / s
vB2
aB  a A  aB / A
 1.440i  3 j    2cos 60 i  2sin 60 j   a
a  2.440i  4.732 j m / s
2
B/ A

Su dirección será
aB / A  5.32m / s 2
  62.7
B/ A
Ejemplo

Los pasajeros que viajan en el
avión A que vuela horizontalmente
a velocidad constante de 800 km/h
observan un segundo avión B que
pasa por debajo del primero
volando horizontalmente. Aunque el
morro de B está señalando en la
dirección
en
la
dirección
45°noreste, el avión B se presenta
a los pasajeros de A como
separándose de éste bajo el ángulo
de 60° representado. Halle la
velocidad verdadera de B
Solución

El marco móvil está asociado al
avión A donde se efectúan las
observaciones relativas
vB  vA  vB / A


Aplicando estas ecuaciones en
la velocidad relativa se tiene
componente iˆ :
vB cos 45  800  vB / A cos 60
componente ˆj :
La velocidad de A es conocida en
vB sen45  vB / A sen60
módulo y dirección, el ángulo de
60° de la velocidad relativa de B
respecto de A es conocido y la  Resolviendo estas ecuaciones
se obtiene
velocidad verdadera de B tiene
una dirección de 45°. Entonces
vB / A  586km / h; vB  717km / h
tenemos.
vA  (800iˆ)km / h
vB  [vB cos 45iˆ  vB sen45 ˆj ]
vB / A  [vB / A cos 60iˆ  vB / A sen60 ˆj ]