Download cinematica - Facultad de Ingeniería

Facultad de Ingeniería_____________________________________________________Cátedra: FISICA I
Unidad II : Cinemática
UNIDAD II
CINEMATICA
La Mecánica es la parte de la Física que estudia las fuerzas, la materia y el movimiento.
Dentro de la Mecánica, la Cinemática estudia el movimiento, sin interesar las causas que lo producen (ni los
efectos que es capaz de producir).
Es la “geometría” el movimiento.
En la Cinemática se estudia distintos tipos de movimientos; sus trayectorias y las leyes espacio-temporales, o
sea, las leyes del movimiento. La Cinemática se estudia con un metro y un reloj, midiendo las distancias y
tiempos, y estableciendo relaciones para determinar las características del movimiento: la velocidad y la
aceleración.
Definimos a la unidad patrón de longitud, el metro (símbolo m) como la distancia recorrida por la luz en el
vacío durante un tiempo de 1/299.792.456 segundos (esto supone que la velocidad de la luz es exactamente
299.792.458 m/seg).
Definimos a la unidad patrón de tiempo, el segundo (símbolo seg) de modo que la frecuencia de la luz
emitida en una determinada transición del cesio es de 9.192.631.770 ciclos por segundo.
Con estas definiciones, las unidades fundamentales de longitud y de tiempo son accesibles a cualquier
laboratorio del mundo.
La noción del “movimiento” está orientada a la del “sistema de referencia”, o sea, al cuerpo o sistema de
cuerpos con respecto a los cuales referimos la posición del que se mueve. Cuando estamos sentados en un
barco en marcha, estamos en “reposo” con respecto al barco y nos movemos “con respecto” a la tierra.
Recíprocamente, el árbol que está en reposo con respecto a la tierra, se mueve “con respecto” al pasajero que
está sentado en el barco (si imaginamos como sistema fijo al barco).
Si el pasajero camina con movimiento rectilíneo y uniforme (ya veremos que significa) sobre el barco en
movimiento tendrá una velocidad “con respecto al barco” y otra mayor o menor “con respecto a la costa”,
según camine hacia la proa o hacia la popa.
Estos son los problemas del movimiento relativo.
Por ejemplo: si el pasajero camina hacia la proa del barco, que se está moviendo como dijimos con
movimiento rectilíneo y uniforme con respecto a la costa, con una velocidad de 60 cm/seg, decimos que ésta
es su velocidad relativa (con respecto al barco); si el barco se desplaza a 5m/seg, ésta es su velocidad de
arrastre (con respecto a la costa), pues la velocidad del barco “arrastra” al pasajero. La velocidad total del
pasajero que camina, con respecto a la costa, será entonces de 5,60 m/seg.
Esta es la base del “principio de adición de velocidades”, aunque debe tenerse en cuenta que la velocidad es
una magnitud vectorial y por lo tanto, si los movimientos son de diferente duración, deben sumarse los
vectores que representan las respectivas velocidades.
En definitiva:



V  Vr  Va
Donde:

V  velocidad total

V r  velocidad relativa

Va  velocidad de arrastre
Más adelante, cuando veamos conceptos de Mecánica Relativa, volveremos sobre el tema.
Por ahora digamos que TRAYECTORIA es: “las sucesivas posiciones de un cuerpo móvil, con respecto a un
sistema de referencia que suponemos fijo”.
Variando los ejes, es decir, variando el sistema de referencia puede cambiar la forma de la trayectoria.
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Por ejemplo: estoy en un vagón que se desplaza con movimiento rectilíneo y uniforme (recorriendo espacios
iguales en tiempos iguales). Mi sistema de referencia lo fijo al mismo vagón (ejes ortogonales). Si suelto la
piedra que tengo en la mano, la misma va hacia abajo, hacia mis pies, recorriendo una recta.
Pero, para personas que están en una estación, con sus ejes fijos a la misma, al pasar el tren y al soltar yo la
piedra, ven que al caer la misma describe una parábola (cae y se desplaza hacia delante, lo mismo que yo).
Por eso para mí, y para las personas de la estación, la piedra cayó a mis pies.
Consideremos como “partícula”, una unidad completa de masa despreciable que se mueve sin interesarnos
sus rotaciones alrededor del centro de masa.
En definitiva, un cuerpo, que puede ser considerado una partícula, está en equilibrio respecto a un sistema
ortogonal de ejes que suponemos fijo, si las coordenadas de tres puntos no alineados del mismo permanecen
constantes.
Basta que una coordenada varíe con el tiempo para que la partícula esté en
movimiento. En la figura1, el cuerpo cae, o sea que se mueve paralelamente al
eje z; por lo tanto su coordenada z va disminuyendo, en cambio permanecen
fijas las coordenadas de x e y.
Si las coordenadas de A, B, C no varían el cuerpo está fijo (se entiende que
el cuerpo es rígido). Basta que varíe uno solo de ellos para que el cuerpo esté
en movimiento, respecto al sistema de referencia, supuesto fijo (Ver figura
2).
2-MOVIMIENTO DE PARTICULAS EN TRAYECTORIAS CURVAS.
Las trayectorias curvas pueden ser planas o alabeadas.
Trazamos una trayectoria curva alabeada, cuya ecuación será del
tipo P = P(t), es decir función no lineal de t (siendo t una variable
muda).
Cuando debamos derivar con respecto al arco lo indicaremos.

Dando valores a t, los puntos P, extremo del vector posición P ,
describirá la curva C.
En la figura está indicado el punto P determinado al asignarle a la
variable un valor dado “t”.
Si aumentamos la variable en un t, el vector posición será

P (t  t ) indicando su extremo el punto P1 sobre la
ahora el
curva C.
Fig. 3

Uniendo P con P1 obtenemos el vector P que indica la
variación del vector posición al incrementar t en t.
Supongamos que la variable t es el tiempo así que, en el tiempo t el móvil está en el punto P sobre la
trayectoria C y el tiempo (t + t), está en el punto P1 sobre la misma trayectoria
Definición: se llama velocidad media entre los puntos P y P1 a la magnitud vectorial:

vm 
P
t
y
vm 
P
t
2
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El móvil se mueve sobre el arco de curva PP1, pero se interpreta como velocidad media entre P y P1, a la

magnitud vectorial v m que representa la velocidad del móvil sobre la cuerda PP1; es decir, la de un móvil
ficticio que sale del punto P al mismo tiempo que el real y llegan, el
real sobre el arco y el móvil ficticio sobre la cuerda, al mismo tiempo
al punto P1.
2.1. Velocidad instantánea:
P d P

t 0 t
dt
ó sea:
v  lim v m  lim
t 0
v
dP
 P'
dt
 


 d P
d P

:
Leibniz
 P ' : son distintas notaciones 

dt
dt


P' : Lagrange 
Fig. 4
S
La derivada del vector posición respecto al tiempo, es un vector tangente a la trayectoria en el punto P. Este
es el vector derivado y es igual a la velocidad instantánea v.
2.2. Módulo de la velocidad instantánea:

siendo v 
v
dP
dt
dP
dt
Pero por lo que sabemos |dP| = ds, o sea el módulo del vector dP, que es tangente al arco en el punto P, es
igual a la longitud del arco ds ó la longitud de la cuerda dPP1.
Recordando que:
cuerda
lim
1
arco 0 arco
Es decir, que en el límite ds = dPP1

d P  ds 

v 
ds
derivada de la funcion trayectoria S con respecto al tiempo
dt
2.3.Hodógrafa: En la función no lineal P = P (t) damos valores a t, o sea t1, t2, t3, etc., determinando el

extremo del vector posición P los puntos 1, 2, 3, etc. y las velocidades
  
v1 , v 2 , v3 etc. en esos puntos son tangentes a la trayectoria C (ver figura
5a). Tomamos un punto O’, cualquiera del espacio, y desde él trazamos
vectores equipolentes a las mencionadas velocidades (figura5b).
Uniendo los extremos de los vectores equipolentes de las velocidades
obtendremos una curva C’, llamada “hodógrafa” de la curva C.
Fig. 5a
3
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Uniendo en la hodógrafa los puntos 1’ y 2’, obtendremos el vector

v




v 2  v1  v
am 
Se define como aceleración media:
v
t
Y como aceleración instantánea:
v d v

t 0 t
dt
a  lim a m  lim
t 0
Fig. 5b
a
dv
dt
Es una magnitud vectorial que es tangente a la curva hodógrafa en el punto 1’.

Ahora veremos, respecto a la trayectoria C, donde está el vector a .
Para dibujar más claramente modificaremos la forma de la trayectoria.
Consideremos un punto P de la misma, obtenido al darle un cierto valor a la variable t, y obtenemos el vector

posición OP = P (t) (no dibujado en la figura).
En el punto P obtenemos el vector velocidad, que lo representamos como un vector tangente a la trayectoria
(ver figura 6).


Consideremos el Triedro de Frenet: t o en la dirección de la tangente; n o analíticamente perfectamente


ubicado y gráficamente hacia la curvatura de flexión (concavidad) de la curva C y bo perpendicular a t o y

n o . Estos últimos determinan el plano osculador.
Por lo tanto, observando la figura 6:


v  v. t o



d v
a 

dt

d (v. t o )
dt


dt
dv 

t o  v. o
dt
dt
(1)
 
t o , no : plano oscilador
 
n o , bo :plano normal
Fig. 6
 
bo , t o : plano rectificante
4
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
dt
Pero o , si bien da un vector en la dirección de la normal principal, no es el vector curvatura de flexión.
dt
Una de las formas de resolver es:
ds
siendo ds un diferencial de trayectoria
ds
A la expresión (1) multiplico y divido por

dv 
a 
to
dt
v

d t o ds
dt
.
ds
dv 

to
dt

v .
d to
.
ds
ds
dt



d to
 n  n . n o donde el módulo n es la curvatura de flexión c, la que a su vez es igual a la inversa del
ds
radio de curvatura  en ese punto (Primera fórmula de Frenet-Serret)


dto

1 
 n . n o = c . no  . no

ds
siendo
ds
v
dt
Reemplazando ambas expresiones resulta:

a 
dv 
to
dt

v2


. no
Es una suma de vectores que demuestra que el vector aceleración se
encuentra en el PLANO OSCULADOR
Veamos que como es lógico el movimiento rectilíneo es un caso especial
del movimiento general ya que la recta es una curva de radio infinito..
Fig. 7.1
En el movimiento rectilíneo la función del movimiento es :
P = P (t)
Es función lineal de t
P(t )  P  P(t  t ) 
La velocidad media de 1 a 2 es :


Vm = P/t


P
d
P
La velocidad instantánea en el punto v  lim

dt
t  0 t

v 
P(t  t )  P(t )  P
1:
dP
dt
Como las velocidades nunca cambian de dirección (siempre están sobre la recta), se las pueden considerar
como magnitudes escalares pues se suman y se restan sus módulos, pues los vectores son colineales.
Además:


d v
dv  v 2 
a 

t o
no
dt
dt


Como en una recta el radio de curvatura , entonces no hay aceleración normal. Como t o coincide con
la dirección de la recta trayectoria, entonces:
 dv 
a 
t
dt o
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Solo hay aceleración tangencial y como tiene la dirección constante de la recta se la puede considerar como
un escalar.
Por eso solamente, en los movimientos rectilíneos se define:
dP
dt
dv
a
dt
v
3. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y UNIFORME.
Consideramos un movimiento rectilíneo donde las sucesivas posiciones quedan determinadas por los
vectores

x1
y

x2


d x
Se define la velocidad de la partícula, en estas condiciones, como: v 
dt

siendo, x

el vector posición sobre la recta; y v el vector velocidad que resulta colineal con el vector posición.
Consideremos escalarmente el movimiento.
Fig. 7.2
Si establecemos la relación, entre los espacios
recorridos y los tiempos empleados en recorrerlo,
vemos que si el movimiento es rectilíneo y uniforme,
obtendremos una constante que representa a la
velocidad del movimiento (figura 7.2).
x1  0 x 2  0 x 2  x1 x
x dx



 lim

v
t1  0 t 2  0
t 2  t1
t t 0 t dt
Por lo tanto en estos casos podemos considerar a la velocidad como un escalar por tener siempre la misma
dirección
4. LEYES DEL MOVIMIENTO RECTILINEO Y UNIFORME.
1°) En un movimiento rectilíneo y uniforme la velocidad es constante
2°) En un movimiento rectilíneo y uniforme el espacio recorrido es directamente proporcional al tiempo
e  v .t
empleado
Para las representaciones gráficas recordar que la ecuación de una recta que pasa por el origen es y = m.x.
Fig. 8
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En la representación de la 2da. ley:
tg 
dx x

v
dt t
tg   v

En la representación de la 1ra. Ley (figura 9), al cabo de un cierto tiempo t, la superficie del rectángulo
representa el espacio recorrido por el móvil en ese tiempo, con esa velocidad, pues si:
Fig. 9
v
x
t

x  v.t
Si el móvil hubiera tenido un cierto espacio inicial a
considerar (ver figura 10):
x = xo + v.t
Fig. 10
Velocidad media rectilínea: es aquella en la cual el móvil recorre el mismo espacio en el mismo tiempo
pero con movimiento rectilíneo y uniforme; esto se aplica cuando se tiene un movimiento rectilíneo pero
totalmente variado, con el cual un móvil recorre un cierto espacio en un cierto tiempo.
Ejemplo: supongamos que un móvil recorre 60 km, en forma rectilínea; los primeros 30 km los recorre a v1
= 20 km/h y los segundos 30 km a una velocidad v2 = 60 km/h. Calcular la velocidad media rectilínea.
Sabemos que:
e
v
t
t1= e1 / v1= 30 km / 20 km/h = 1,5 h
t2= e2 / v2= 30 km / 60 km/h = 0,5 h
t = t1 + t2 = 1,5h + 0,5h = 2 h
vm = (e1 + e2 ) / (t1 + t2) = (30 + 30)km / 2h = 60 km / 2h = 30 km / h
Correcto
Promediando las velocidades de cada tramo:
( 20 km/h + 60 km/h) / 2 = (80 km/h ) / 2 = 40 km/h
Incorrecto
Las velocidades se promedian con respecto al tiempo y no con respecto al espacio recorrido.
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5. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y UNIFORMEMENTE ACELERADO O VARIADO.
Definamos la aceleración como la variación de la velocidad en la unidad de tiempo.
En estos casos la aceleración es constante.


d v
a 
dt
a
dv
dt
6. LEYES DEL MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y UNIFORMEMENTE ACELERADO.
Primera ley: La aceleración del movimiento es constante. a = cte
Segunda ley: La velocidad es directamente proporcional al tiempo empleado y a la aceleración. v = a . t
Tercera ley: El espacio recorrido es proporcional al cuadrado del tiempo empleado. e = ½ a t2
Graficando la primera ley:
a(m/s
2)
a=f(t)
t(s)
Fig 10 b
Graficando la segunda ley:
v = a .t
v = vo + a.t
Fig. 11
En la figura11 :
tg  = a = v / t = v / t = dv / dt
El espacio recorrido con a = cte es:
vm = (0 + v ) / 2 = ½ a.t
(primer caso)
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vm = (vo + vo + a.t)/ 2 = vo + ½ a.t
(segundo caso)
El móvil recorre el mismo espacio en el mismo tiempo, con esta velocidad media (área rectángulo OABC =
área trapecio OA’B’C’) o sea, área bajo la recta.
x = vm.t = ½ a.t2
(primer caso)
x = vm.t = (vo + ½ a.t ).t = vo.t + ½ a.t2
(segundo caso)
Si existiera un espacio inicial xo:
x = xo + vo.t + ½ a.t2
Ordenando:
x = ½ a.t2 + vo.t + xo
que representa a la función del tipo
segundo grado cuya representación gráfica es una parábola :
y = m.x2 + b.x + c
que es una función de
Fig. 12
Si x = ½ a.t2 + vo.t + xo entonces la velocidad
v = dx/dt = tg  = a.t + vo y la aceleración es
a = dv/dt = cte (1)
Es decir, la derivada primera respecto al tiempo de la función espacio
(recordar que la trayectoria es rectilínea) es la velocidad; y la derivada
segunda de la función espacio respecto al tiempo dos veces o la derivada
primera de la velocidad respecto al tiempo es la aceleración de la partícula.
Conociendo como datos la velocidad inicial vo y el espacio inicial xo, integrando la expresión (1) tenemos:
a
dv

dt
v
v
dv 
o
t
o a . dt
v  vo  a . t
despejando
v  vo  a . t
Integrando la expresión de la velocidad :
v
dx

dt
dx  v . dt
dx 
0 vo
x  xo 
0 vo
x
x
o
t
t
 a . t  dt
t
. dt  a . 0 t . dt
x  x0  v0 . t 
despejando :
1
. a . t2
2
Una relación muy útil, en los movimientos rectilíneos y uniformemente variados, es la de la velocidad
respecto a los espacios recorridos. Es decir, velocidad en función del espacio.
Sabemos que:
a = dv/dt
Multiplicando el segundo miembro por dx/dx = 1, la expresión no altera y queda:
9
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a

v
vo
dv dx
.
dt dx
agrupando las variables a 
x
v . dv  a .  dx
xo
dx dv
dv
 v . dv  a . dx
= v.
dt dx
dx
recordar a = constante
v 2  vo
 a  x  xo 
2
2
Esta ecuación es usada cuando se estudia la caída de los cuerpos
en el vacío y en un campo gravitatorio. En este caso, teniendo en
cuenta la Fig. 13
y +
v a -
Fig. 13
ag
yo  0
vo  0
yh
entonces queda: v  2 gh
Problema de Aplicación de Movimiento rectilíneo Uniformemente Acelerado
Desde el borde de una cornisa situada a 48 m del suelo se lanza hacia arriba una pelota y 5 segundos más
tarde la pelota toca el suelo. (figura 17).
Calcular:
a) La velocidad inicial de la pelota
y+
b) Tiempo que tarda en alcanzar la altura máxima
v+
c) Cálculo de la altura máxima
ad) Velocidad de la pelota cuando toca el suelo
La estrategia en este problema consiste en colocar en el suelo
el origen del sistema de referencia.
a)
1
g ..t 2
2
1
m
y  48 m  v o t  9,81
.t 2
2
2
seg
y  y o  vo t 
cuando t  5 seg

0  48 m  v o 5 seg 
e0
Fig. 17
(toca el suelo)
1
m
9,81
.(5seg ) 2
2
2
seg
48 m  v o 5 seg  122 ,625 m
v o 5 seg  122 ,625 m  48 m  74 ,625 m
vo 
74,625 m
m
 14,925
5 seg
seg
10
b)
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m
v  v o  9,81
t
seg 2
v  14 ,925
m
seg
cuando v  0 y
0  14 ,925
t
seg 2
h es máxima
m
m
 9,81
t
seg
seg 2
14 ,925 m
t
m
 9,81
9,81 m
seg 2
 1,52 seg
seg 2
c)
x  48 m  14,925
d)
m
1
m
.1,52 seg  9,81
.(1,52 seg )
seg
2
seg 2
v  v o  gt  14 ,925
2
x  48  22,686 11,33  59,356 m

m
m
m
 9,81
.5 seg  34 ,125
2
seg
seg
seg
Verificación:
v   2 gh   2.9,81.59,356  34,12
m
seg
7. CAIDA EN UN PLANO INCLINADO – Sin rozamiento -.
Sea el triángulo ABC, rectángulo en B.
Si desde C a B dejamos caer libremente
una partícula , tendremos:
1
e  a . t 2 Caso General
2
h
1
g .t 2  t 
2
2h
g
(1)
y siendo
Fig. 14
v  2gh
(2)
Si proyectamos g sobre el plano inclinado tendremos que:
at = g. sen 
Entonces sobre el plano inclinado, al cabo del mismo tiempo t determinado en (1), tendremos que la
distancia x recorrida es:
1
x  a t .t 2
2
1
x  g.sen .t 2
(3)
2
11
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Pero x = h. sen  porque en el mismo tiempo t , la caída vertical es h y su proyección sobre el plano es x
(ver figura 14) y además
h =1/2.g.t2
por lo tanto la expresión (3) queda:
x = h . sen 
Es decir, que al cabo del tiempo t, que tarda la partícula para caer libremente desde C, sobre el plano
inclinado (sin rozamiento) recorre la distancia x.
Podemos probar que el tiempo es el mismo, pues de (3):
t
2.x

g.sen
2h.sen

g.sen
2h
g
(1' )
y vemos que (1)  (1' )
Además, si queremos saber que velocidad v1 alcanzará la partícula al llegar al punto A, es decir, después de
haber recorrido toda la hipotenusa AC, tendremos:
v1  2.at .l.
(4)
pero recordando que at  g .sen
v1  2.g .sen
.
y
l
h
sen
h
sen 
y recordando además que (ver figura 14) sen . l  h
v1  2 gh
vemos que v1  v pues (2)  (4)
Es decir, si bien sobre el plano inclinado la aceleración de caída, fijado el ángulo , es conocido y menor que
g, el tiempo total a recorrer de C a A sobre el plano inclinado será mayor que (1) y la velocidad que adquirirá
la partícula al llegar a A será la misma, que en caída libre al llegar a B. (Velocidad numérica o módulo).
8. MOVIMIENTOS RECTILÍNEOS CON ACELERACIONES NO CONSTANTES.
Supongamos que la aceleración es variable y en función del tiempo.
a = f (t)
Por ejemplo:
a = 6t – 4
Siendo los datos:
xo = 10 m
vo = 20 m/seg
Sabemos que la aceleración instantánea es:
a
dv
 dv  a.dt
dt
dv  (6t  4)dt
dv  6tdt  4dt
v
t
t
Integrando : v 20 dv  6 0 tdt  4 0 dt
o
v  20  6.
t2
 4t
2
v  3t 2  4t  20
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Además:
v
dx
 dx  v.dt
dt
dx  (3t 2  4t  20 )dt
dx  3t 2 dt  4tdt  20 dt
Integrando :
x
t 2
 3 t
x dx
10
0
o
x  10  3
t
t
0
0
dt  4  tdt  20  dt
t3
t2
 4  20 t
3
2
x  t 3  2t 2  20 t  10
9. MOVIMIENTO RECTILÍNEO Y RELATIVO DE DOS PARTICULAS.
Se considera el mismo origen, el mismo sentido y el mismo tiempo para las dos partículas.
La coordenada de posición relativa de B con
respecto a A, la llamamos xB/A:
xB/A = xB – xA
(1)
xB = xA + xB/A
Fig.15
Si xB/A es positiva, B se encuentra a la derecha de A.
Si xB/A es negativa, B se encuentra a la izquierda de A.
Por ejemplo, tomemos las dos partículas en la semirrecta negativa:
xB/A = -xB – (-xA)
Fig 16
En la figura 16, B está en –2 y A en –3
Luego:
xB/A = - 2 – (- 3) = -2 + 3 = 1
Si xB/A es positivo (+), B está a la derecha de A
Derivando la ecuación (1) se obtiene la velocidad relativa entre las dos partículas:
dx B / A dx B dx A


dt
dt
dt
vB / A  vB  v A
Si vB/A, velocidad relativa de B con respecto a A, es positiva indica que, B observado desde A se mueve en
sentido positivo de las velocidades.
Si vB/A es negativo indica que, B observado desde A se mueve en el sentido negativo de las velocidades.
Lo mismo sucede para la aceleración relativa entre las dos partículas.
13
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dv B / A dv B dv A


dt
dt
dt
aB / A  aB  a A
Ejemplo de aplicación de movimiento rectilíneo y relativo de dos partículas.
En el instante t=0 un automóvil A pasa con movimiento rectilíneo y uniforme por una marca que está en el
suelo, con una velocidad de VA= 20 m/seg (72 km/h). También en el mismo instante t = 0 desde esa misma
marca y con la misma dirección y sentido, parte otro automóvil B que estaba detenido con una aceleración
constante de aB = 2 m/seg2 .
Calcular:
a) ¿Cuándo el auto B alcanzará al A?
b) ¿A qué distancia de la marca?
c) ¿Qué velocidad final tiene B en ese momento?
Solución:
Primero hay que identificar qué tipo de movimiento tiene cada auto y cuáles son las leyes
que gobiernan a esos movimientos
A (VA = 20 m/seg)
VB = 0
B (aB = 2 m/seg²)
to = 0
1) El auto A va con MRU donde el espacio es :
e A  v B t  20
m
t ( seg )
seg
2) El auto B va con MRUA donde el espacio es:
1
1
1
m 2
e B  v Bo t  a B t 2  a B t 2  2
t ( seg 2 )
2
2
2 seg 2
Respuesta:
a) Cuando
e A  eB
20

20 t  t 2

m
1
m
t (seg )  2
t 2 (seg ) 2
seg
2 seg 2
t  20 seg

t  20 seg
b) La distancia es, calculada con:
El auto A : e = 20 m/seg . 20 seg = 400 m
El auto B : e = ½ a t2 = ½ . 2 m/seg2 . 400 seg2 = 400 m
c) La velocidad final de B será:
VB = aB . t = 2 m/seg2 . 20 seg = 40 m/seg
VB = 40 m/seg . km/1000 m . 3600 seg/1 h = 144 km/h
Los diagramas de velocidad de cada auto son
14
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V
VB = 144 km/h
areas iguales significan
espacios iguales
VA = 72 km/h
e
20 seg
t
10. MAGNITUDES ANGULARES.
10.1. Velocidad Angular y aceleración angular.
Así como en un movimiento rectilíneo y variado, la velocidad media es:
vm 
Fig. 18
x  xo x

t  to
t
Consideremos una partícula que se mueve en una trayectoria circular de centro O , radio r y desplazamiento
angular  como la de la figura 19.
Entonces, la velocidad angular media se define como el ángulo
barrido por el radio R en la unidad de tiempo:

m 
 o
t  to


t
Fig. 19
La velocidad angular instantánea, se define como:

 d

dt
t  0 t
  lim
Así como la aceleración media en un movimiento rectilíneo se define como:

am 
v  v o v

,
t  to
t
entonces en un movimiento circular la aceleración angular media es :

m
 
 o
t  to



t
y la aceleración angular instantánea es :




d
  lim

dt
t 0 t
15
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Tanto la velocidad como la aceleración angular son magnitudes vectoriales. Están ubicadas en la normal a la
circunferencia, en el punto O y con sentido regla de la mano derecha .
10.2. Relación entre la velocidad angular y la velocidad lineal.
Consideremos una partícula que se mueve en una trayectoria circular de centro O y radio r .

La velocidad angular  y la velocidad lineal v se relacionan por la
expresión:
v   r
v    r   . r .sen90 
Fig. 20
v  .r
Entonces:
Otra forma de obtener la relación entre la velocidad angular y la velocidad lineal es trabajando con los
módulos:
ds  d . r
Dividiendo la igualdad por dt
ds d
v=


.r
dt
dt


v  .r

d v
a 
dt
y también

v v.t o
entonces


d (v . t o )
a 
dt

Fig. 21
llegando finalmente a: a 
En el caso de una circunferencia el radio 
Entonces la ecuación se transforma en:
es constante e igual a r

d (.r )
 2 .r 2
.t o 
.n o
dt


d
 2 .r 2
.r.t o 
.n o
dt

a 
a 

a
  .r.t o 
dv  v 2 
to 
no
dt

 2 .r 2
.n o

En una circunferencia  = r

a   .r.t o   2 .r.n o
Aceleración lineal en función de las dos magnitudes
angulares (  y  ) en una circunferencia.
16
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12. CUERPO LANZADO HORIZONTALMENTE –Sin rozamiento, en el vacío y en un campo
gravitatorio-.
Un cuerpo se desliza por un plano inclinado bajo la única acción de la componente de su peso

paralela al plano ( P t ).

Al encontrarse el plano inclinado con el plano horizontal, dicha componente ( Pt ) desaparece y el cuerpo
queda animado solo por la velocidad que traía hasta ese punto. A partir de allí la velocidad es constante

( v o ). En consecuencia el movimiento en el eje x es rectilíneo y uniforme.
A partir del punto O la aceleración de la gravedad genera un movimiento rectilíneo y uniformemente
acelerado, en el eje y.
En consecuencia:
En el eje x: la velocidad vx es constante y la aceleración ax es 0 ya que el movimiento es rectilíneo y
uniforme
En el eje y: la aceleración ay es la aceleración de la gravedad g
Para determinar las velocidades en cada eje :
ax 
ay 
dvx
dt
dv y
dt

dvx  a x .dt

dv y  a y . dt
Integrando:
x
t
En el eje x
0 dvx
 0 . 0 dt
En el eje y
0 dv y  g . 0 dt
y
t
Resolviendo la integral:
En el eje x, la velocidad es: v x  v 0  cte
En el eje y, la velocidad es: v y  g . t
Fig 22
Para determinar las posiciones en cada eje:
dx
vx 
 dx  v x . dt  v0 . dt
dt
dy
integrando ambas expresiones:
vy 
 dy  v y . dt  g . t . dt
dt
x
En el eje x :
0 dx  vo  dt
En el eje y :
0 dy  g . 0 t . dt
y
t
La posición en el eje x es:
entonces:
x  v0 . t
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y
La posición en el eje y es:
1
. g .t 2
2
La velocidad que anima al cuerpo en un punto de la trayectoria es
v
vx  v y
Las coordenadas de la posición del cuerpo en la trayectoria son:
 x  v0 . t


1
2
 y  2 g . t
2
2
Las aceleraciones son:


dv x
d

cte  0
  

 

dt
dt

 a  a x  a y  0 g  a  g

la aceleración a es vertical
dv y
dg.t
dt

ay 

 g.
 g
dt
dt
dt

ax 
En el caso de un cuerpo lanzado horizontalmente, el movimiento vertical es independiente del movimiento
horizontal y viceversa
Analicemos la aceleración de este movimiento:

dv 
v2 
t o 
.no
dt

a 
Recordando:

dv 
v2 
t o es la aceleración tangencial a y
. n o es la
dt

donde

aceleración normal a n
Analicemos la aceleració n tangenci al :
Vimos que :
Si at 
dV

dt
V  Vo 2  g 2 .t 2
2.g 2 .t
(2)
g 2 .t
V

2. Vo 2  g 2 .t 2
V 2  Vo 2  g 2 .t 2
De (2) :
t
despejando
V 2  Vo 2

g2
t
V 2  Vo 2
g
Reemplazando este valor en at tendremos :
g 2 V 2  Vo 2
V 2  Vo 2
at 
 g.
V .g
V2

V 2
at  g 1  o
V2
(3)
Analicemos la aceleració n normal :
a 2  at 2  a n 2
a n 2  a 2  at 2  g 2  g 2 (1 
an 2  g 2  g 2  g 2 .
an 2  g 2 .
Vo 2
V
2

Vo 2
V2
)
Vo 2
V2
a n  g.
Vo
V
( 4)
18
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Se concluye que:
El movimiento no es uniformeme nte acelerado porque la aceleració n tangenci al y normal no son constantes ,
según fórmula (3) y (4) porque :
Cuando t  to  0  V  Vo  at  0
Cuando t    V    at  g
an  g
y
y
an  0
12.1. RADIO DE CURVATURA.
Por definición, la aceleración normal es:
an 
V2



V2
an
V2
V3


V
g .Vo
g. o
V
3
V

radio de curvatura en función de
g .V0

las velocidades
Analicemos :
Cuando V  Vo obtenemos  mínimo
 mín 
V0 2
g
Cuando V   entonces   
13. TIRO OBLICUO EN EL VACIO y en un campo gravitatorio.

Desde el origen de coordenadas un cuerpo es lanzado con una velocidad inicial v o formando un ángulo
 con la horizontal, según muestra la figura 23.
Fig. 23


Al peso P lo descomponemos según los ejes x e y :



P  F x  F y pero
dv x
 0  v x  cte
dt
La componente de la velocidad inicial según el eje x es: v0 x  v0 . cos 
En el eje x :
Fx 0
 m . ax  m.
19
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vx = v0 x = vo . cos  pero en el vacío vx es constante

F y   m. g  m.
En el eje y:
dvo y

dt
v
v
g 
dvo y
dt

dvo y   g . dt
integrando :
t
o
dv o y   g .  dt
to
v y  voy   g . t
 v y  voy  g . t
La componente de la velocidad inicial según el eje y es: v o y  v o . sen 
entonces
vy = vo sen  - g.t
Cálculo de los espacios
vx 
dx
dt
 dx  v x . dt  v o . cos  dt
x
int egrando esta exp resión
t
o dx  o vo . cos . dt
x = vo . cos  . t
vy 
espacio sobre el eje x o ALCANCE
dy
 dy  v y . dt  v o . sen   g . t  dt
dt
o dy  o vo . sen 
 g . t  dt
y = vo sen  .t -
1
g . t2
2
y
t
int egrando esta exp resión
espacio sobre el eje y o ALTURA
Cálculo de la altura máxima
Cuando se llega a la altura máxima, la componente de la velocidad en el eje y es cero :
v sen 
vy = vo sen  - g.t = 0
(1)
tiempo que tarda en alcanzar la altura

t  o
g
máxima
hmax  v o . sen  . t 
g .t 2
2
reemplazando t
obtenemos
2
v . sen
1 v . sen2 
hmáx  vo . sen . ( o
)  g( o
)
g
2
g2
hmáx 
2
2
2
2
v o 2 . sen 2
1 v o sen 
1 v o sen 

=
g
2
g
2
g
2
2
1 v o sen 
2
g
La altura máxima obtenida es la que corresponde a un ángulo dado, pero la mayor de las alturas máximas
corresponderá para  = 90º, es decir el cañón apuntando hacia arriba sobre el eje y:
hmáx 
hmax max 
1 v2o
2 g
20
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Cálculo de la distancia máxima (alcance).
El alcance se obtiene cuando el proyectil toca el eje de las x  y = 0
1
2
y = 0  Vo .sen .t  .g.t 2
Vo .sen .t 
t
1
.g.t 2
2

2.Vo .sen
g
(2)
tiempo que tarda en alcanzar la distancia máxima
Vemos que el tiempo que tarda en alcanzar la distancia máxima (2) es el doble del tiempo que tarda en
alcanzar la altura máxima, entonces la distancia máxima será:
x = vo . cos  . t

xmax  Vo . cos .

xmax
2.Vo .sen Vo 2 .2.sen . cos

g
g
es decir que
Vo 2 .sen 2

g
Para obtener el mayor alcance máximo el ángulo   45º entonces sen 2  = sen 90º = 1
x máxmáx 
v 2o
g
En el tiro oblícuo en el vacío y en un campo gravitatorio, se observa que la trayectoria es una parábola. A
continuación veamos cuál es la posición de esa parábola.
Sabiendo que
x = vo . cos  . t
(1)
1
y  v o . sen . t  g . t 2
(2)
2
De (1) despejamos t y lo reemplazamos en (2)
t 
x
v o . cos 
y  v o sen  .
x
1
x2
1
x2
1
 g 2

tg

.
x

g
.
.
2
2
v o . cos 
2 v o . cos 
2
cos 2 
vo
1
= 1  tg 2
2
cos 
y  tg  . x 
pero
entonces reemplazando nos queda:
1
x2
1
x2
g.

g.
. tg 2
2
2
2
2
v o
v o
y ordenando según la variable x tendremos


1 g
1 g
2  2
y  

tg   x  tg  . x
2 v 2
2 v 2

o
 o

Esta ecuación es del tipo
y = -k. x2 + tg  . x
donde k y tg  son constantes
y = - a x2 + b . x
esta última es la ecuación rectangular de una parábola con concavidad hacia abajo (por el signo negativo del
término independiente de x2) y que pasa por el origen .
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Parábola de seguridad
Si ordenamos la ecuación de la parábola según tg  tenemos:
y

1
x2
1
x2
g.
tg 2  x . tg  g .
2 v 2o
2 v 2o
1
x2
1
x2
g . 2 tg 2  x . tg  g . 2  y  0
2 v o
2 v o
tg  
 1
x2
 x  x2  4
g. 2
 2
v o

igualando a cero toda la expresión nos queda
ecuación de segundo grado donde tg  es la incógnita
  1

x2

g . 2  y .
 2

v o


x2
g .
.
v2o
Tenemos que hallar el valor de y ; para ello llamamos:
“a” al valor “
g
y
2 v2o
“c”
- a x2 c2 + c . x - a . x2 - y = 0
“tg  ”
al valor
entonces
en la ecuación de 2º grado:
esta es una ecuación del tipo
 = - a x2 c2 + c . x - a . x2 - y = 0
Para encontrar la solución singular de esta ecuación diferencial asociada a  se debe eliminar c entre  y
d
dc
d
  2.a . x2 c  x  0
dc

c 
x

2 a x2
1
2.a . x
c 
1
2a x
Reemplazando en 
  0   a. x2 .
1
2
4 a .x
2

x
1 1
1
 a x2  y 

 a x2  y  a  a x2  y  0
2.a . x
4a 2a
4
y   a. x2 
y
 g . x2
2 . v 2o

1
reemplazando a por su valor
4a
v 2o
2. g
Esta última es la ecuación de una parábola con la concavidad hacia abajo (por el signo negativo del término
cuadrático) y con su eje vertical coincidiendo con el eje de las y del sistema cartesiano .
22
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Problema de ejercitación.
Se dispara un proyectil desde la cima de una
colina de 200 m de altura, con una velocidad de
200 m/seg. formando un ángulo de 30° con la
horizontal.
(figura
25)Despreciando
la
resistencia del aire, calcular:
a) La distancia horizontal hasta el punto de
caída del proyectil.
b) La altura máxima que alcana el proyectil
con respecto al suelo.
Recordemos una vez más que los movimientos
Fig. 25
verticales y horizontales son independientes.
Movimiento vertical:
V y  Vo .sen  g .t
V y  200.0,5  9,8.t  100  9,8.t
1
g .t 2
2
1
y  200.0,5.t  .9,8.t 2  100.t  4,9.t 2
2
y  Vo .sen .t 
V y 2  Voy 2  2.a.e
V y 2  (200.0,5) 2  2.9,8. y  10000  19,6. y
Movimiento horizontal:
V x  Vo . cos
V x  200 .0,866
m
 x  173 .t
seg
a) Distancia horizontal:
V x  173
y  100.t  4,9.t 2
 200  100.t  4,9.t 2
4,9.t 2  100.t  200  0
 t  22 seg
(elegimos el t positivo)
 x  173.22  3806m
b) Altura máxima:
V y 2  10000  19,6. y
Cuando es hmax  V y  0
0  10000  19,6. y
10000
 510,20m
19,6
hmax  510,20  200  710,20m
y
También podemos hallar hmax partiendo de :
V y  100  9,8.t
Vy  0
t
100
 10,2 seg
9,8
y  100.t  4,9.t 2
y  100.10,2  4,9.(10,2) 2
y  1020  509,79  510,21m
23
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14. MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME.
Es un movimiento cuya trayectoria es una circunferencia y el móvil recorre
arcos iguales en tiempos iguales. Es decir, la velocidad angular  es
constante: el radio barre (o describe) áreas iguales en tiempos iguales.

En el punto A construimos el triedro de Frenet. El versor tangente t o ; el

Fig. 26

versor normal principal n o y el b o , normal al plano oscilador (no
dibujado)
Observación: las curvas planas están desarrolladas totalmente en el plano
oscilador (figura 26)
Si r = cte, es :
v=.r
también v = cte

Es decir, el módulo de la velocidad lineal es constante mientras que el vector velocidad
constantemente ya que es tangente a cada punto de la trayectoria

v  v  cte ;
Y también la aceleración angular 
a) Como v 
ds
dt
0
ya que  
 ds  v.dt
s
v , cambia

v cte .
d cte
d

0
dt
dt
e int egrando
t
s ds  v 0 dt

o
Si to = 0 es decir si comienzo el estudio en
ese punto A (s = so , to = 0)
s  so  v ( t  t o )
s  s o  v.t

s  so  v . t
s , so son dos puntos sobre la circunferencia
b)
si  = 0, tenemos v = cte y la fórmula general de la aceleración:
 dv
v2
a  to  no
dt
r
 
v2 
a  an 
. no
r

y
 v2 
a 
no
r

este vector tiene el mismo sentido que n o o sea que:

at  0
Y en magnitudes angulares:
a   .r.t o   2 .r.n o
como   0
a  an   2 .r.no
y


a t   .r . t o  0
Fig. 27
En todos los puntos solamente habrá un vector aceleración igual a su aceleración normal principal, dirigido
hacia el centro de la circunferencia.
24
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15. MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORMEMENTE ACELERADO.
La característica de este movimientos es que:  = cte , y, como v   . r es :
a
dv d

. r   . r  cte
dt
dt

de donde
at   . r  cte
Entonces a  at   . r es decir que la componente tangencial de la aceleración lineal es constante en su
módulo.
Si
Si
ds
dt
ds  v.dt  (vo .dt  at .t.dt )
v
dv
dt
dv  at .dt
at 
v
s
t
t
o
vo dv  at 0 dt
v  v o  at .t
t
sds  vo 0dt  at 0t.dt
s  s o  vo .t 
v  vo  at .t
1
at .t 2
2
1
s  so  vo .t  at .t 2
2
Pero si bien la aceleración angular  = cte, también vemos que la velocidad lineal es distinta (va cambiando
con el tiempo, no es constante) pero la aceleración tangencial si es constante; at   . r  cte , es decir que
la componente tangencial de la aceleración es constante en su módulo mientras que la aceleración normal va

creciendo; a n 



v2 
. n o  cte o sea que la aceleración total a  a t  a n va creciendo
r
Fig. 28
En función de las magnitudes angulares la aceleración es:
dv
v2
to 
no
dt
r
Como v  .r
a
d (.r )
 2 .r 2
.t o 
.no
dt
r
d
a
r.t o   2 .r.no 
dt
a
a  .r.to   2 .r.no
25
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Unidad II : Cinemática
Además en el movimiento circular uniforme tenemos:
 = cte ; v = cte
entonces:  = m

 o
despejandoel ángulo 
t  to
   o   (t  t o )
Si t o  0
   o  .t
Es decir, debemos acordarnos de las fórmulas lineales y reemplazar:
x por 
xo por o
v por 
Si el movimiento hubiera sido circular uniformemente acelerado y queremos expresarlo en función de las
magnitudes angulares :  y , tenemos:
Si   cte     m
Entonces despejando la velocidad angular (  )
  o
t  to
   o   (t  t o )
Si t o  0

  o  .t
(En los movimientos rectilíneos y uniformemente acelerados: v = vo + a.t)
Debemos recordar los rectilíneos y reemplazar:
v por 
vo por o
a por 
Para hallar el ángulo  descripto, recordamos que la velocidad media :
m 
o  

2

 o   o   .t
2
1
  o   .t
2
 m  o 
1
 .t
2
Y el ángulo barrido a esa velocidad media será:
1
2
   m .t   o .t   .t 2
Si o
(ángulo inicial)  0
1
2
   o   m .t   o  o .t   .t 2
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(En los movimientos rectilíneos y uniformemente acelerados: x = xo +vo.t + ½ a.t2)
Recordar y reemplazar:
x por 
xo por o
vo por o
a por 
Velocidad angular en función del ángulo descripto:
d
d
d d
 
multiplico por
entonces  
.
dt
d
dt d
d d
d
 
.
pero

dt d
dt
d
  .
d
.d   .d


o .d    o d
 2  o 2  2. .(   o )
Recordar: v2 = vo2 + 2.a.(x – xo) ; y reemplazar:
v por 
vo por o
a por 
x por 
xo por o
Periodo T: Se llama periodo de un movimiento circular uniforme al tiempo que tarda un punto móvil en dar
una vuelta completa. Como el movimiento circular es repetitivo, el periodo es el intervalo (espacio de
tiempo) en que se vuelve a repetir el movimiento.
Frecuencia f: Es el número de vueltas del punto móvil que realiza en la unidad de tiempo.
f = 1/T (1/seg)
Además si consideramos que en este movimiento la velocidad lineal es:
v

ds
dt
d
dt

2. .r

T
2.
T
1
2
De (1) despejamos 2 y lo reemplazamos en (2) obtenemos
v= . r
Problema de ejercitación.
Un árbol (eje) gira a n = 90 r.p.m. (revoluciones por minuto). Después de desconectar el motor adquiere
movimiento uniformemente desacelerado y se detiene al cabo de t1 = 40 seg.
Determinar el número de revoluciones efectuadas por el árbol durante ese tiempo.
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1 2
1
.a.t    o .t   .t 2
2
2
v  vo  a.t    o   .t
Si x  vo .t 
(a)
(b)
La velocidad angular o inicial del árbol en rotación retardada es igual a la velocidad angular que éste
desarrollaba antes de desconectar el motor.
rev
min
2. .n rev
o 
60 seg
2. .n  .n
o 

60
30
 o  2. .n
En el instante que se detiene el árbol, cuando t = t1, la velocidad angular 1 = 0. Poniendo estas velocidades
en (b).
0
.
 .n
30
 
  .t1
 .n
30.t1
Si designamos el número total de revoluciones hechas por el árbol, durante el tiempo t 1, por N, el ángulo
total de rotación en el mismo t1 será igual a: 1 = 2..N
Colocando estos valores de  y  en (a)
2. .N 
 .n
30
.t1 
1  .n 2
.
.t1
2 30.t1
2. .n
1  .n
.t1  .
.t1
2.30
2 30
n.t
90.40
N 1 
 30rev
120
120
2. .N 
16. MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE (M.A.S.)
Supongamos que un punto móvil gira sobre una circunferencia con
movimiento circular uniforme:  = cte.
Entonces:  = cte ; | v | = cte
En el punto A, el móvil tiene una velocidad v y una aceleración
normal (que es la única que posee) an, dirigida hacia el centro de
la circunferencia. Las proyecciones de ambas sobre el eje de las x
son vx y ax respectivamente.
Entonces podemos considerar que mientras el móvil real, en la
figura 29, recorre la circunferencia en sentido contrario al
Fig. 29
movimiento de las agujas del reloj, con un movimiento circular
uniforme; el móvil ideal, que representamos por el punto A1
recorre alternativamente el eje de las x, desde M a M1 y viceversa. La proyección describe un movimiento
armónico simple.
Sabemos que:
d 

dt
t
  .t

(por ser uniforme)
28
Fig. 16
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Unidad II : Cinemática
En la figura 29, el triángulo OA1A:
x  r. cos 
o sea :
x  r. cos .t
(1)
dx
vx 
  r..sent
(2)
dt
dv
a x  x   r. 2 . cos t
(3)
dt
Dividiendo la (3) por la (1)
a x  r 2 . cos t

  2  cte
x
r. cos t
a x   2 .x
Es decir, la aceleración del móvil ideal sobre el eje x, es proporcional al apartamiento (elongación), con
respecto al centro O, y tiene signo contrario a las de las elongaciones x (y además las aceleraciones siempre
están dirigidas hacia el centro).
Cuando x = r, la elongación se llama amplitud.
Observando la figura 30, en el punto M, la velocidad del móvil ficticio, (proyección del móvil real que está
sobre la circunferencia), es 0 y la aceleración es máxima y de sentido contrario a las x positivas.
Cuando el móvil real está en A, la velocidad del móvil ficticio es máxima y la ax = 0.
El móvil real parte de M hacia A, M’, A’ y vuelve a M, con movimiento circular uniforme. Su proyección,
el móvil ficticio, sale de M pasa por O, llega a M’, vuelve a pasar por O y termina en M.
Fig. 30
Algunas veces conviene proyectar sobre el eje “y”.En este caso:
y  r.sen
y  r.sen .t
v y  y '  r. . cost
a y  y ' '  r 2 .sent
ay
y

 r 2 .sent
  2
r.sent
a y   2 . y
Fig. 31
29