Capitulo 1 Cinemática de la Partícula PUCP

Cap. 1 Cinemática de la Partícula

Pág. 1-1

Cap. 1 Cinemática de la partícula Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing. Profesor del Área de Diseño Sección de Ingeniería Mecánica

1.1 Definiciones •

Cinemática: es el el estudio de la geometría del movimiento sin importar importar las causas que lo producen.

•

Movimiento: cambio de posición respecto respecto a un sistema de referencia (fijo o móvil).

•

Partícula:

elemento con masa pero sin dimensiones.

1.2 Posición, velocidad y aceleración en coordenadas cartesianas

En la figura 1-1 se muestra una partícula P que se mueve a lo largo de la curva trayectoria . Su posición quedará quedará determinada para cada instante del movimiento movimiento si conocemos conocemos el vector posición de tal manera que sus tres componentes están representadas como funciones del tiempo:  r (t ) = x (t ) , y (t ) , z (t )

(

)

(1.1)

Es decir, las componentes cartesianas del vector posición están determinadas por las ecuaciones:  x = x (t )   y = y (t )  z = z (t ) 

(1.2)

las cuales se denominan ecuaciones paramétricas del movimiento.

P

Trayectoria 

y

O z

r

x

Fig. 1-1

Como veremos más adelante, conociendo las ecuaciones paramétricas del movimiento de una partícula, será relativamente fácil encontrar las expresiones de su velocidad y aceleración como funciones del tiempo.

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño


Pág. 1-2

Ejemplo 1.1: Una partícula se mueve mueve a lo largo de una una hélice cilíndrica de tal manera que su movimiento está definido por el vector posición:

z

a

 r (t ) = ( a cos ω 0 t , a sen ω 0 t , k t )

donde a [m], ω 0 [rad/s] y k [m/s] [m/s] son constantes Es decir:

p

x (t ) = a cos ω 0 t y (t ) = a sen ω 0 t z (t ) = k t

    

Ecuaciones paramétricas del movimiento

O

y

x

Fig. 1-2

Observar que la trayectoria helicoidal tiene radio a y la partícula da una vuelta completa en el tiempo T = 2 π / ω 0 . Al dar una vuelta completa la partícula ascenderá una distancia p que se denomina paso de la hélice ( p = k 2 π / ω 0 ). Tomemos un movimiento con las siguientes características: 

r (t ) = (0,5 cos1,5 t ; 0,5 sen1,5 t ; 0,2 t ) ,

t en en [s], x, y y z en [m].

Si deseamos saber la posición de la partícula en el instante t = 2 s, entonces: x = 0,5 cos (1,5 ⋅ 2) = − 0,495 [m] y = 0,5 sen (1,5 ⋅ 2) = 0,071 [m] z = 0,2 ⋅ 2 = 0,4 [m] •

Velocidad:

es el cambio cambio del vector vector posición posición por unidad unidad de tiempo.

En la siguiente figura se muestran dos posiciones muy cercanas para la partícula P durante su movimiento. Entre ambas posiciones ha transcurrido un tiempo ∆ t . El cambio de  posición está representado por el vector ∆ r . Entonces, la velocidad instantánea de la partícula será: P







∆r v (t ) = lim ∆ t →0 ∆t 



∆r = r (t + ∆t ) − r (t )





v (t ) = lim

∆ t →0



r (t ) 

r (t + ∆t )

→

Trayectoria

O

Fig. 1-3

 v (t ) = v (t ) eˆt



r (t + ∆t ) − r (t )

∆t

  d  v (t ) = r (t ) = r (t ) dt

(1.3)

Se ve claramente que la velocidad es un vector tangente a la trayectoria. Así el vector velocidad tendrá siempre la forma:

donde eˆt es el vector vector unitario tangencial tangencial a la trayectoria.




Pág. 1-3 

En coordenadas cartesianas:

v (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t ) )

(1.4)

Siendo su módulo:

v = x 2 + y 2 + z 2

(1.5)

Ejemplo 1.2: Calcular la velocidad velocidad para para la partícula del ejemplo 1.1 en el instante instante t = 2 s. 

r (t ) = (0,5 cos1,5 t ; 0,5 sen1,5 t ; 0,2 t ) .

Tenemos que:



v (t ) =

La velocidad será:

d  d r (t ) = (0,5 cos1,5 t ; 0,5 sen1,5 t ; 0,2 t ) dt dt



→

v (t ) = ( − 0,75 sen1,5 t ; 0,75 cos1,5 t ; 0,2) 

Para t = 2 s:

v (t ) = ( − 0,106 ; − 0,743 ; 0,2) m/s

Su módulo será:

v = x 2 + y 2 + z 2

•

= 0,777 m/s

es el cambio del vector velocidad por unidad de tiempo.

Aceleración:







∆v v (t + ∆t ) − v (t ) a (t ) = lim = lim ∆ t →0 ∆ t ∆ t →0 ∆ t 

 d  d  d r (t )  v (t ) = =   dt dt  dt 

→

d 2  a (t ) = r (t ) = r (t ) dt 2 

(1.6)



En coordenadas cartesianas:

(t ), y (t ), z (t ) ) a (t ) = ( x

(1.7)

siendo su módulo:

2 2 2  + y  + z  a = x

(1.8)

Ejemplo 1.3: Calcular la aceleración aceleración de la partícula del ejemplo 1.2 en el instante instante t = 2 s.  d  d a (t ) = v (t ) = (− 0,75 sen1,5 t ; 0,75 cos1,5 t ; 0,2) dt dt 

a (t ) = ( − 1,125 cos1,5 t ; − 1,125 sen1,5 t ; 0)

Para t = 2 s: Su módulo será:

 a (t ) =

a =

(1,114 ; − 0,159 ; 0) m/s2 2 + y 2 + z2 = 1,125 m/s2 x




Pág. 1-4

1.3 Ley horaria y trayectoria de la partícula

Ahora plantearemos una forma alternativa de definir la posición de una partícula para cualquier instante del movimiento. Ella consiste básicamente en conocer la ecuación cartesiana de la curva trayectoria y una ecuación que nos describa, en función del tiempo, la longitud de curva recorrida a partir de un cierto punto P0. Dicha ecuación recibe el nombre de ley horaria. so , t o s = s(t )

Po

s, t P O

Trayectoria

Fig. 1-4

A continuación veremos cómo obtener la ecuación de la ley horaria a partir de las ecuaciones paramétricas del movimiento. Si eliminamos el parámetro t de de las ecuaciones paramétricas obtenemos dos ecuaciones de la forma: f 1 ( x, y , z ) = 0 →

f 2 ( x, y , z ) =

las cuales definen la curva trayectoria tra yectoria

0

C de

la partícula en forma cartesiana. cartesiana.

Sabemos del cálculo diferencial que un diferencial de longitud de curva está determinado por: ds = (dx) 2 + ( dy ) 2 + (dz ) 2 Multiplicando y dividiendo el lado derecho de la ecuación por dt obtenemos: obtenemos: 2

2

2

 dx   dy   dz  ds =   +   +   dt  dt   dt   dt 

integrando:

s

t

s0

0

∫ ds = ∫

2

2

t

de donde:

s − s0 =

∫ t

s = s0 +

∫ 0

la cual es de la forma:

s = s (t )


2

2

2

 dx   dy   dz    +   +   dt  dt   dt   dt 

0

es decir:

2

 dx   dy   dz    +   +   dt  dt   dt   dt 

2

2

2

 dx   dy   dz    +   +   dt  dt   dt   dt  ley horaria del movimiento

(1.9)



Pág. 1-5

Notar que de todas maneras se necesita conocer las coordenadas coordenadas el punto P0 ( x 0 , y 0 , z 0) a partir del cual es válida válida la ley horaria. Ejemplo 1.4:

Una partícula se mueve en el plano según las ecuaciones paramétricas: x (t ) = 3 cos ω 0 t y (t ) =

3 sen ω 0 t

; donde ω 0 constante.

Se pide deducir la ecuación de la trayectoria, la ley horaria y las coordenadas del punto P0. Solución:

de las dos dos ecuacione ecuacioness paramétricas paramétricas podemos, convenientemente, convenientemente, hacer desaparecer desaparecer el parámetro t : x 2 = 9 cos 2 ω 0 t y 2 = 9 sen 2ω 0 t

Sumando ambas expresiones: circunferencia.

(t en en segundos, x e y en metros) x 2 + y 2 = 9 ,

la cual corresponde a la ecuación de una 2

Sabemos que:

ds =

dx + dy 2

2

=

Derivando las ecuaciones paramétricas:

dx dt dy dt

entonces:

→

= 3 ω 0 cos ω 0 t

0

→

s = 3 ω 0 t

P

0

x = 3 m y = 0 P0 =

y

t

∫ ds = ∫ 3ω dt 0

Si t = = 0 →

= − 3 ω 0 senω 0 t

ds = (9 ω 02 sen 2ω 02 t ) + (9 ω 02 cos 2 ω 02 t ) dt s

integrando:

2

 dx   dy    +   dt  dt   dt 

3

s = 3 ω 0 t

= ω 0 t θ =

O

Po

x

(3, 0) [m] Fig. 1-5

Nota: En la figura 1.5 se muestran gráficamente algunas características de este movimiento circular.




Pág. 1-6

Ahora nos plantearemos el proceso inverso. A partir de las ecuaciones: f 1 ( x, y, z ) = 0

de la trayectoria:

•

f 2 ( x, y, z ) = 0

de la ley horaria:

• •

s = s (t )

posición inicial de la partícula: P0 ( x0 , y 0 , z0 )

¿será posible deducir las ecuaciones paramétricas del movimiento? A continuación analizaremos el problema. De las expresiones de f 1 y f 2 despejamos dos de las variables cartesianas en función de la tercera. En este caso elegiremos, arbitrariamente, la variable x: Obtenemos:

y = f ( x ) z = g ( x )

como:

dx 2 + dy 2 + dz 2

ds =

2

multiplicando y dividiendo por dx: s

integrando:

∫ ds s0

x

=

∫

x0

ds =

2

 dy   dz  1 +   +   dx  dx   dx 

2

2

 dy   dz  1 +   +   dx  dx   dx 

s − s0 = f 1 ( x ) s = s0 + f 1 ( x )

de donde obtenemos una expresión de la forma:

s = s1 ( x)

Igualándola con la ecuación de la ley horaria:

s (t ) = s1 ( x)

Expresión que podremos poner en la forma:

x = x (t )

la cual ya es una de las ecuaciones paramétricas buscadas. Finalmente la reemplazamos en las expresiones y = f ( x ) y z = g ( x) para obtener: y = y (t ) z = z (t )




Ejemplo 1.5:

Pág. 1-7

Una partícula se desplaza por la trayectoria determinada por la intersección de las superficies: x 2 + y 2 + z 2 = 8 x − y = 0

;

[ x, y, z en metros]

según la ley horaria s = 3 t [s en metros, t en segundos] a partir del punto P0 = (2, 2, 0) m . Se pide determinar las ecuaciones paramétricas del movimiento. Solución:

x − y = 0

→

y = x

x 2 + y 2 + z 2 = 8

→

z =

(1)

2 (4 − x 2 ) 2

Sabemos que:

ds =

dx + dy + dz 2

derivando (1):

dy

derivando (2):

dz

dx dx

s

integrando:

→

(3)

− 2 x

=

4 − x 2 2 x 2

1+1+ x

∫

ds = 2 2

0

2

dx

4 − x 2 dx

∫

4 − x 2 x

x s = 2 2 arcsen 2

es decir:

2

 dy   dz  1 +   +   dx  dx   dx 

=

2

=1

ds =

en (3):

2

(2)

2

x π   s = 2 2  arcsen −  2 2  

 

y como s = 3 t :

3 t = 2 2  arcsen

despejando:

x = 2 sen 

 3 t  2 2

+

x = 2 cos

en (1):

y = 2 cos

y finalmente en (2):

z = 2 2 sen


2

−

π 



2 

π 



2 

3

o lo que es lo mismo:

x

2 2 3

2 2

t

Ecuaciones paramétricas del movimiento.

t

3 2 2

t



Pág. 1-8

1.4 Aplicación al movimiento rectilíneo

En este caso necesitaremos una sola coordenada para describir el movimiento. Es decir,  como el vector posición r estará siempre en la dirección del eje coordenado, que hemos denominado x para esta explicación, entonces dicho vector, al tener una sola coordenada diferente de cero, estará perfectamente representado por dicha coordenada, teniendo en cuenta el sentido asignado como positivo. P

s

O

x

x

Fig. 1-6

Así tendremos: Posición:

x = x(t )

Velocidad:

v (t ) =

d x(t ) = x (t ) dt

Aceleración:

a (t ) =

d

también:

a =

d 2

(t ) v(t ) = x (t ) = x dt dt 2

dv dt

=

dv dx dx dt

= v

dv dx

Notar que en este caso particular se cumple que s = x (s es el camino recorrido). Ejemplo 1.6:

O

Para hallar las propiedades de un cierto material viscoelástico, un proyectil es disparado verticalmente hacia abajo desde O con velocidad inicial de 60 m/s. Si el proyectil sufre una desaceleración a = − 0,4 v 3 [m/s2], donde v en m/s, se pide determinar la velocidad y posición del proyectil en el instante t = 4 s.

s

Solución: •

v

Cálculo de la velocidad:

Sabemos que:

a =

dv dt

dv

− 0,4 v 3 v

integrando:

∫

x

= − 0,4 v 3 Fig. 1-7

= dt t

dv

− 0,4 v 3 v =60

=

0

→

Si t = 4 s:

v = (

∫ dt 0

1 + 0,8 t ) −1 / 2 m/s 3600

v = 0,559

(1)

m/s (↓)



Cap. 1 Cinemática de la Partícula •

Pág. 1-9

Cálculo de la posición: ds

Sabemos que:

v =

despejando:

ds = (

dt

∫

1 + 0,8 t ) −1 / 2 3600

1

+ 0,8 t ) −1 / 2 dt

3600

s

integrando:

= (

t

∫

ds =

0

0

(

1 + 0,8 t ) −1/ 2 dt 3600

1 1 s = 2,5 ( + 0,8 t )1 / 2 − 120 60

→

Si t = 4 s:

s = 4,43 m

Caso particular:

Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado. →

a constante

a =

v

∫ dv

dv dt

= constante

t

=

∫ a dt 0

v0

t

∫

v − v0 = a dt

→

v = v0 + a t

→

dx = v dt

0

Como

dx

v =

dt

x

∫ dx

t

=

x0

∫ (v

0

+ a t ) dt

0

x − x0 = v0 t +

1 2

x = x0 + v0 t +

y también:

a = v

dv

∫ v dv

1 2 a t 2

→

dx

v

a t 2

Ecuación paramétrica del movimiento v dv = a dx

x

=

v0

∫ a dx

x0

1 2 2 (v − v0 ) = a ( x − x0 ) 2 v 2 = v0 + 2 a ( x − x0 ) 2




Pág. 1-10

Ejemplo 1.7:

y

La pelota se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial v0 = 10 m/s ↑ desde una altura h = 20 m. Se pide determinar: a) La velocidad v y la elevación y para cualquier tiempo t .

v t=0 a = 9,81 m/s

2

y0 = 20 m

b) La máxima altura alcanzada por la pelota y el instante en que ello ocurre. c) El tiempo en que la pelota choca el piso y su velocidad en ese instante.

O Fig. 1-8

Solución: a) El movimiento se realiza con aceleración constante a = − 9,81 m/s 2 que corresponde a la aceleración de la gravedad. a =

dv

→

dt

v − 10 = − 9,81 t v =

Como

dy dt

y

Integrando:

∫

→

− 9,81 = →

dv dt

v

→

t

∫10dv = ∫0 − 9,81 dt

v0 =

v = − 9,81 t + 10

dy = v dt

(1)

→

(1)

dy = ( − 9,81 t + 10) dt

t

dy =

y 0 = 20

∫ (− 9,81t + 10) dt 0

y − 20 = 10 t − 4,905 t 2

→

y = − 4,905 t + 10 t + 20 2

(2)

b) Máxima altura alcanzada: cuando v = 0 !

de (1):

− 9,81 t + 10 = 0

en (2):

y = 25,1 m

→

t = 1,02 s

c) Instante del choque con el piso: y = 0 en (2):

− 4,905 t 2 + 10 t + 20 = 0

en (1):

v = − 22,2 m/s


→

t = 3,28 s



Pág. 1-11

1.5 Aplicación al movimiento parabólico

En general, para el movimiento plano de una partícula necesitaremos solamente dos coordenadas. Así, los vectores posición, velocidad y aceleración quedarán definidos de la siguiente manera: 

Posición:

r = ( x(t ) , y (t ) )

Velocidad:

v = ( x (t ) , y (t ) )

Aceleración:

(t ) , y (t ) ) a = ( x





En el caso particular del movimiento de un proyectil tendremos que la única fuerza que actúa sobre la partícula durante su vuelo libre es la fuerza de la gravedad (peso propio), lo cual significa, según la segunda ley de Newton, que estudiaremos en el siguiente capítulo, que sólo habrá aceleración en el sentido vertical, la cual es constante, dirigida hacia abajo e igual a g = 9,8 m/s2. y y



v0

v0 y

θ 0

y0

P0

O

P ( x, y)

v0 x x

x

x0

Fig. 1-9

Tenemos como condiciones iniciales del problema que para t = 0:

x = x0 y = y 0 x = v0 x = v0 cos θ 0 y = v0 y = v0

•

sen θ 0

Análisis del movimiento en x: →

En esta dirección la aceleración es nula d x

entonces:

 = x

Integrando:

x = constante

dt

dx dt

= v0 x

→

(1)

v x = x = v0 x

(2)

= 0

para t = 0, x = v0 x = v0 cos θ 0 Como

a x = x = 0

→ dx = v0 x dt




Pág. 1-12

Integrando:

x = v0 x t + c1

para t = 0, x = x0

→

entonces:

x = x0 + v0 x t

•

c1 = x0 x (t ) = x0 + v0 cos θ 0 t

→

(3)

Análisis del movimiento en y: Análogamente a lo realizado para x podemos escribir:

En esta dirección la aceleración es g (↓)

→

integrando:

v y = y = v0 y − gt

integrando una vez más:

y = y0 + v0 y t −

 = − g a y = y

(5)

1 2 g t 2

y (t ) = y0 + v0 senθ 0 t −

es decir:

(4)

1 2 g t 2

(6)

Así tendremos para el movimiento parabólico:

Velocidad:

 1 r = ( x0 + v0 cosθ 0 t , y0 + v0 senθ 0 t − g t 2 ) 2  v = (v0 cosθ 0 , v0 senθ 0 − g t )

Aceleración:

a = (0 , − g )

Posición:



La trayectoria de la partícula se puede determinar muy fácilmente si utilizamos las ecuaciones (3) y (6) para eliminar el parámetro t . Así obtenemos una ecuación cuadrática que evidentemente corresponde a la de una parábola con eje principal vertical y abierta hacia abajo. Ejemplo 1.8: La rampa mostrada está diseñada para un parque de recreación. A través de ella se logra el salto de diversos tipos de vehículos a partir del punto A. Si uno de ellos salta desde dicho punto con velocidad inicial v A y se sabe que demora t = 1,5 s en llegar a B, se pide: a) Determinar la velocidad inicial v A . b) La distancia horizontal L. c) La altura máxima H que alcanza . d) La ecuación cartesiana de la trayectoria. y 

v A

A

h

30°

x

1m B L Fig. 1-10




Pág. 1-13

Solución: Tomemos un sistema cartesiano plano con origen en A. a) Hemos visto en el anterior ejemplo que la ecuación paramétrica del movimiento parabólico en la dirección vertical y es de la forma: y = y 0 + v0 y t −

si t = 1,5 s :

1 g t 2 2

(1)

− 1 = 0 + v A sen 30º (1,5) − y = 6,69 t − 4,9 t 2

en (1):

1 2

(9,81) (1,5) 2

→

v A = 13,38 m/s

[t en s, y en m]

(2)

b) La ecuación paramétrica del movimiento parabólico en la dirección horizontal x es: x = x0 + v0 x t

es decir:

(3)

x = 0 + v A cos 30º t

para el punto B:

L = 11,59 (1,5)

→

x = 11,59 t

→

L = 17,38 m

→

y = 6,69 − 9,81 t

(4)

c) Sabemos que y = v0 y − g t →

y = v A sen 30º − 9,81 t

Para calcular el instante en que se alcanza la altura máxima hacemos y = 0 : →

→

6,69 − 9,81 t = 0

t = 0,68 s

y finalmente, reemplazando y = h para t = 0,68 s en la ecuación paramétrica (2): h = 6,69 (0,68) − 4,9 (0,68) 2

→

h = 2,28 m

→

H = h + 1

→

H = 3,28 m

d) Ecuación de la trayectoria: utilizaremos las ecuaciones paramétricas del movimiento. x

de (4):

t =

en (2):

 x  y = 6,69 − 4,9   11,59 11 , 59  

es decir:

y = 0,577 x − 36,48 ⋅10 − 3 x 2

11,59 x

2

ecuación cartesiana que corresponde, y de allí el título de este subcapítulo, a una parábola.




Pág. 1-14

1.6 Aplicación al movimiento general

A continuación presentaremos a través de ejemplos, aplicaciones de lo visto hasta ahora para casos de movimiento plano y tridimensional. Ejemplo 1.10: y

El pasador A es obligado a moverse a lo largo de la ranura parabólica y 2 = 4 x tallada sobre la placa fija mostrada. Dicho pasador es guiado por el elemento ranurado que se mueve con velocidad constante de 10 cm/s hacia la derecha. Se pide:

10 cm/s

y 2 = 4 x

A

a) Si la barra ranurada es vertical, hallar la velocidad y aceleración de A para x = 10 cm. b) Si la barra es inclinada, hallar la velocidad y aceleración de A para x = 10 cm.

x

O Fig. 1-11

Solución: a) Barra ranurada vertical. Como la parábola es la trayectoria de A entonces se cumple para cualquier instante que: y 2 = 4 x

→

Para x = 10 cm d / dt :

(1) y = 6,325 cm

y y = 2 x

(2) x = 10 cm/s

para el instante en análisis: ⇒

Entonces:

y =

2 x 2 (10) = = 3,162 cm/s y 6,325



v A = (10 ; 3,162) [cm/s]

Derivando la expresión (2):  + y 2 = 2 x  y y

(3)

Para el instante en análisis: x = 0 es decir:

 = y

Entonces:

 a A =

− y 2 y

=

→

− (3,162) 2 6,325

 + y 2 = y y

0

= − 1,58 cm/s2

(0 ; − 1,5) [cm/s2]




Pág. 1-15

b) Para el caso de la barra inclinada, la trayectoria no cambia y en consecuencia las ecuaciones (1), (2) y (3) siguen siendo válidas. y

y 2 = 4 x

(1)

d / dt :

y y = 2 x

(2)

d / dt

 + y 2 = y y

10 cm/s

C 4

2 x

(3)

3

Además, si tomamos como coordenadas para el punto C ( xC , yC ) , la ecuación de la recta AC en cualquier instante será:

y 2 = 4 x

A 4 3

y − yC =

4 3

( x − xC )

(4)

x

O Fig. 1-12

derivando (4):

y − y C =

4 3

( x − x C )

(5)

Reemplazando x = 10 cm e y = 6,325 cm en (2):

6,325 y = 2 x

y además xC = 10 cm/s e y C = 0 en (5):

y =

4 ( x − 10) 3

;

v A = 13,75 cm/s

resolviendo (6) y (7):

(6) (7)

x = 13,11 cm/s y = 4,15 cm/s

entonces:



v A = (13,11 ; 4,15)

[cm/s]

6,325 y + (4,15)2 = 2 x

Reemplazando los valores obtenidos en (3): derivando (5):

 − y C = y

4 ( x − xC ) 3

(9)

reemplazando xC = 0 cm/s e yC = 0 en (9): resolviendo (8) y (10):

(8)

 = y

4  x 3

(10)

2

 = − 2,68 m/s x

2

 = − 3,57 m/s y

entonces:



a A = ( − 2,68 ; − 3,57)


[cm/s]

;

a A =

4,46 cm/s2



Pág. 1-16

Ejemplo 1.11: El disco circular excéntrico gira con velocidad angular constante de 1 rad/s. El extremo A del vástago está siempre en contacto con la rueda circular excéntrica de radio R = 1 m debido a la acción de un resorte. Se pide determinar la velocidad y aceleración del pistón B para t = 1 s si la posición inicial es la mostrada. y

ω O

R

A

B

R/2

x

L Fig. 1.13

Solución:

para una posición genérica tendremos:

y

2

R/2

O

R  R  R =   + x 2 − 2 x cosθ 2  2  2

R

A

θ

x

→

x

d / dt :

x 2 − R x cosθ =

3 4

R2

2 x x − R ( x cosθ − x senθ θ ) = 0

(1) (2)

Fig. 1.14

d / dt :

) = 0 2 ( x 2 + x x) − R ( x cos θ − x sen θ θ  − x sen θ θ  − x cos θ θ  2 − x sen θ θ

Como θ  = ω = 1 rad/s (constante) θ

integrando:

d θ dt

=1

→

d θ = dt

t

∫ d θ = ∫ dt 0

→

(3)

→

θ = t

0

Además:

 θ =0

Para t = 1 s:

θ = 1 rad

de (1):

x = 1,177 m

en (2):

x = − 0,546 m/s

en (3):

 = − 0,173 m/s x


2

→

v B = 0,546 m/s (←)

→

a B = 0,173 m/s

2

(←)



Pág. 1-17

Ejemplo 1.12: Un perrito P parte del punto P0 = (36 , 0) m y corre hacia su amo con velocidad constante 4 m/s. La dirección de la velocidad del perrito es tal que siempre está dirigida hacia su amo, quien parte en el mismo instante desde el origen y se mueve a lo largo de la dirección positiva del eje y con velocidad constante 2 m/s. Se pide hallar: a) La ecuación cartesiana de la trayectoria del perrito. b) La posición en que alcanza a su amo. c) El tiempo necesario para ello. y

Solución: H

h

Denominemos P al perrito y H a su amo.

Tangente a la trayectoria del perro en P

θ

a) Posición del perro: P ( x , y )

P ( x, y)

Curva trayectoria del perro

y = f ( x)

Posición del amo: H (0 , h)

PO O

x

36 Fig. 1.15

Pendiente en P: tan θ =

h − y

!

= −

x

dy

(1)

dx 2

Además, para el perrito: x + y = (4) 2

→

1 dt

2

2

2

 dy  ( −) 1+   = 4 dt  dx 

Para el hombre: h = 2

de (1): d / dx :

→

dx 2 + dy 2 = ± 4 dx

(3) ÷ (2):

2

 dx   dy  2   +   = ( 4)  dt   dt 

dh

→

 dy  1 +    dx 

dt

2

h = y − x

= −2

Elegimos el signo “-” dado que el perrito se mueve en todo instante hacia la izquierda y entonces su componente de velocidad x es negativa.

=2

(2)

(3)

dh

(4)

dx

dy dx

 dy d 2 y  = −  + x 2  dx dx dx dx  

dh

dh dx

dy

= − x

d 2 y

(5)

dx 2

Reemplazando (5) en (4): 2 x

d 2 y dx 2


=

 dy  1 +    dx 

2



Pág. 1-18

Para resolver esta ecuación diferencial hagamos el cambio de variable: →

2 x

du

=

dx

u

∫

1 + u2

x

x0 = 36 u

ln (u + 1 + u ) 0

 x  2u =    36 

1/ 2

2x

1 = ln x 2

∫

36

1/ 2

 x 6    d x − ∫36  6 x  x

2 dy =

0

y =

x

 36  −    x 

y

→

dx

dx

∫

=

2

y como u = dy / dx

dy

1 + u2

du

u0 = 0

u =

1

x 3 / 2 − 6 x1 / 2 + 24 18

Ecuación de la trayectoria del perrito.

b) El perrito encuentra a su amo cuando x = 0 . Reemplazando este valor en la ecuación de la trayectoria del perrito obtenemos: y = 24 m

c) Para calcular el tiempo necesario para que ello ocurra utilizamos el hecho de que el hombre camina con velocidad constante h = 2 m/s, entonces: dh dt

→

= 2 (constante)

integrando: →

Para h = 24 m

h

t

0

0

dh = 2 dt

∫ dh = ∫ 2 dt h = 2 t

→

Ecuación de la trayectoria del amo. t = 12 s




Pág. 1-19

1.7 Coordenadas intrínsecas o naturales

A continuación veremos otra manera de expresar tanto la velocidad como la aceleración de una partícula. Aquí nos será útil recordar en primera instancia, del cálculo diferencial, la existencia de los vectores unitarios tangencial eˆt y normal principal eˆn (ver siguiente figura). 

eˆt

∆ r P

P

eˆn

s(t )





r

ρ

PO



r + ∆ r



r (t )

C (Centro de Curvatura)

O

O Fig. 1-17

Fig. 1-16

Puesto que el vector velocidad es siempre tangente a la curva trayectoria, entonces podemos escribir: 

v = v eˆt

(1.10)

Sabemos de (1.5) que el módulo de la velocidad es: 2

v =

entonces:

2

 dx   dy   dz    +  +   dt   dt   dt 

2

ds 1 ( dx) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2 = dt dt

v =

 v = s eˆt

en (1.10):

Forma intrínseca de la velocidad

→

v = s

(1.11)

La aceleración será: 

a =

d  d  v = ( s eˆt ) = s eˆt + s eˆt dt dt

(1.12)

Ahora tendremos que evaluar el término eˆt :  eˆt =

donde el término

d eˆt ds

d eˆt dt

=

d eˆt ds ds dt

ˆ

d e = s t ds

(1.13)

es desconocido.




Pág. 1-20

En la siguiente figura 1-18 a se muestran dos posiciones muy próximas en el recorrido de una partícula a lo largo de su curva trayectoria. A dichas posiciones corresponden los vectores unitarios tangenciales eˆt ( s) y eˆt ( s + ∆ s ) . Como se puede ver en la figura b la variación sufrida por eˆt ( s) está representada por el vector ∆ eˆt , cuyo módulo se muestra en la figura c.

A partir de ello podemos escribir: d eˆt

= lim

∆et = lim ∆ s →0 ∆s

∆s

∆ s →0

ds



eˆt ( s + ∆s ) − eˆt ( s )

Por otro lado tenemos que eˆt ⋅ eˆt = 1 , d ds

d

:

ds d

es decir:

ds

eˆt ⋅ eˆt + eˆt ⋅

d ds

eˆt = 0

eˆt ⋅ eˆt = 0

 d ˆ  e t  es perpendicular a eˆt .  ds 

lo cual significa que el vector 

d

Se define el vector normal principal como:

eˆ n = ds d ds

d α

d eˆt

(s+∆s)

ds (s)

= lim

eˆt

(1.14) eˆt

2 sen (∆α / 2)

∆ s →0

∆s

= lim

∆ s →0

∆α d α (1.15) = ds ∆s

ds

Del cálculo diferencial (ver figura 1.19) sabemos que: PO

ρ

Fig. 1-19

ds = ρ d α

d α

C


⇒

d α ds

=

1 ρ

(1.16)

donde ρ es el radio de curvatura de la trayectoria en el punto correspondiente a (s).



Pág. 1-21 d eˆt

de (1.15) y (1.16) concluimos que:

ds d eˆt

en (1.14) y despejando:

ds

1 ρ

=

=

1 ρ

(1.17)

eˆn

(1.18)

Ahora, reemplazando este resultado en (1.13) obtenemos: s eˆt = eˆn ρ

(1.19) 

s 2

y finalmente en (1.12):

a =

s eˆt

o también:

a = at + a n





 at = s eˆt

donde:



an =

y

s 2

ρ

eˆn

+

ρ

eˆn

forma intrínseca de la aceleración

(1.20)



(1.21)

se denomina aceleración tangencial o también componente tangencial de la aceleración, cuyo módulo es at = s . Ella es la que indica el cambio de la magnitud de la velocidad. se denomina aceleración normal o también componente normal de la aceleración, cuyo módulo es an =

s 2

ρ

=

v2

ρ

. Ella es la que

indica el cambio de dirección del vector velocidad. El módulo de la aceleración será:

eˆt

PO

eˆn eˆb

ρ

C

(Centro de Curvatura)

o Fig. 1-20

(1)

at 2 + a n2 =

2

(1.22)

Los vectores unitarios eˆt , eˆn y eˆb (donde eˆb = eˆt × eˆn es el denominado vector unitario binormal) constituyen el triedro intrínseco de Frenet (1).

P s

a =

 s 2  2 (s) +    ρ 

Notar que la aceleración tiene componentes solamente a lo largo de las direcciones tangencial eˆt y normal eˆn (ver figura 1-9).

Jean Frédéric Frénet (1816, Périgueux – 1900, Périgueux). Célebre matemático francés. Ingresó en L’École Normale Superieure en 1840 y luego estudió en Toulouse, donde en 1847 redactó su tesis doctoral en la que fundamentó su teoría de curvas. Llevó a cabo numerosos trabajos sobre geometría diferencial e introdujo el llamado triedro de Frénet , formado por los vectores unitarios tangente, normal y binormal a una curva en un punto, que constituyen una base ortonormal.




Nota 1:

Pág. 1-22

Si tenemos la expresión cartesiana de la aceleración y deseamos calcular las componentes tangencial y normal, podemos usar la expresión (1.21) de la siguiente manera:  a = at eˆt + a n eˆn



⋅ eˆt :



⋅ eˆn :

Nota 2:

⇒

a ⋅ ˆ et = at

s

s 2

⇒

a ⋅ ˆ en = a n



= a ⋅ eˆt 

= a ⋅ eˆn (debe ser > 0 !)

ρ

Recordar que el radio de curvatura para una curva plana contenida en el plano xy se calcula mediante la expresión: d 2 y

1 ρ

Nota 3:

dx 2

=

2   dy   1 +     dx   

En el caso en que se tengan las ecuaciones paramétricas del movimiento plano, puede resultar conveniente utilizar otra expresión para el radio de curvatura, la cual deduciremos a continuación: 



v × a = ( s eˆt ) × (s eˆt + 



es decir:

v ×a =

y como

  v×a =

Caso particular: • •

Posición: Velocidad: donde:

•

32

Aceleración: donde:

s3

s

2

ρ

eˆn ) =

→

ρ

s

3

ρ

eˆb

1 = ρ

donde 

eˆb = eˆt × eˆn



v×a v3

( x iˆ + y jˆ) × ( xiˆ + y jˆ) = x y − y x

 − y  x  x y

1 = ρ

→

( x 2 + y 2 )3 2

movimiento circular eˆt

 r = R (cosθ iˆ + senθ ˆj )

eˆn



v = v eˆt eˆt = − senθ iˆ + cosθ jˆ 

a = v eˆt +

v

R θ

P s PO

O

2

R

eˆn

eˆn = − cosθ iˆ − senθ jˆ

Fig. 1-21

Muy en particular, si la partícula se mueve de tal manera que el módulo de su velocidad es constante, entonces la aceleración tendrá solamente componente normal: 

a =

v2 R

eˆn




Pág. 1-23

Ejemplo 1.13: Una partícula recorre la curva ( x + y − 3) 2 = x – 2 ( x e y en metros) partiendo del punto P0 de coordenadas (2, 1). Las componentes de la velocidad son tales que cumplen en todo momento la relación x + y = 1 . Para el instante en que el módulo de la velocidad es mínimo se pide: •

La posición del móvil

•

Longitud de curva recorrida hasta ese instante Las componentes cartesianas de la velocidad y aceleración

• • •

Las componentes intrínsecas de la velocidad y aceleración El radio de curvatura de la trayectoria sin utilizar la ecuación de la geometría analítica

Solución: De la ecuación de la trayectoria:

x + y − 3 =

derivando implícitamente:

x + y =

de la hodógrafa:

x + y = 1

De (2) y (3):

x =

dx dt

x

(2)

2 x − 2

(3)

= 2 x−2

2 x − 2

t

∫

(1)

dx

dt =

integrando:

x−2

x

dt =

0

∫ 2

dx

2 x − 2 x

t =

x − 2

=

x−2

2

ordenando:

x = t 2 + 2

d /dt :

x = 2t

(5)

d /dt :

 = 2 x

(6)

en (3):

y = 1 − 2 t y

∫ dy 1

y −

ecuación paramétrica en x

(4)

t

= ∫ (1 − 2t ) dt 0

1 = t − t 2

ordenando:

2 y = − t + t + 1

d /dt :

y = − 2 t + 1


ecuación paramétrica en y

(7) (8)



Pág. 1-24

 = −2 y

(9)

d /dt :

Ahora calcularemos el instante en que ocurre la velocidad mínima. x 2 + y 2

Sabemos que:

v =

de (5) y (8):

v=

(2 t ) 2 + (−2 t + 1) 2

v =

8 t 2 − 4 t + 1

→ v será mínima si

dv

obtenemos:

t = 0,25 s

dt

(10)

! 2 ( 4 t − 1) = = 0 dt (8 t 2 − 4 t + 1)1/ 2

dv

= 0 , entonces:

Para comprobar si es un valor mínimo o máximo examinaremos el signo de la segunda derivada evaluada para el instante encontrado: d 2 v dt 2

t = 0 , 25

  8 (4 t − 1) = − + = 11,31 > 0 2 3/ 2 2 1/ 2  t t t t − + − + ( 8 4 1 ) ( 8 4 1 )   t =0, 25

entonces efectivamente se trata de un mínimo. •

Longitud de curva recorrida hasta el instante t = 0,25 s:

Como

v = s

→

de (10):

→

ds =

ds = v dt

8 t 2 − 4 t + 1 dt 0 , 25

s

∫ ds

integrando:

=

0

s =

de donde:

∫

8 t 2 − 4 t + 1 dt

0

0,167 m

Posición para el instante t = 0,25 s: x = 2,063 m de (4): •

de (7): → •

y = 1,188 m 

r = (2,063 ; 1,188) m/s

Velocidad para el instante t = 0,25 s:

de (5):

x = 0,5 m/s

de (8):

y = 0,5 m/s

→



v = (0,5 ; 0,5) m/s



Cap. 1 Cinemática de la Partícula 2 2 v = x + y = 0,707 m/s

y su módulo: •

Pág. 1-25

Aceleración para el instante t = 0,25 s: 

de (6) y (9):

a = ( 2, − 2) m/s

y su módulo:

a = 2,83 m/s

•

2

2



a = s eˆt +

Aceleración en forma intrínseca:

Como s = v

→

s 2

ρ

eˆn

s = v

Para el instante en análisis sabemos que v = 0 (condición de mínimo utilizada), entonces s = 0 . Ello significa que en este ejemplo y para el instante en estudio la aceleración solamente tiene componente normal pues la componente tangencial es nula. Así: de donde:



a =

ρ =

s 2

0 + v2 a  v

Además:

eˆt =

entonces:

 eˆn = 

v

ρ

=

eˆn

→

(0,707) 2 2,83

a =

s 2

ρ

= 0,177 m

(0,5 ; 0,5) = (0,707 ; 0,707) 0,707

=

 (− 0,707 ; 0,707)  ( 0,707 ; − 0,707)

que son dos posibilidades, pero sólo una es físicamente posible. 

Recordando que a ⋅ ˆen = an es siempre > 0, entonces descartamos la primera y elegimos la segunda por cuanto es fácil observar que: !

(2, − 2) ⋅ ( 0,707 ; − 0,707) = 2,83 > 0 El mismo resultado hubiera sido obtenido si utilizamos el hecho de que, en este instante y caso particular, la aceleración total tiene solamente componente normal. pues at = 0 

Es decir:

eˆn =

an an



=

a

a

= (0,707, − 0,707)

Finalmente, la forma intrínseca de la aceleración será:




a = 2,83 eˆn

[m/s2]



Pág. 1-26

Ejemplo 1.14:

y

La partícula mostrada recorre una trayectoria parabólica definida por la ecuación y = 0,5 x 2 . La componente de la velocidad a lo largo del eje y es v y = 2 t 2 m/s, donde t esta dado en segundos. Sabiendo que cuando t = 0 , x = 0 , y = 0, se pide determinar para el instante t = 1 s:

y = 0,5 x

2

a) La distancia de la partícula desde el origen O. b) La velocidad, la magnitud de la aceleración tangencial y normal.

x

O Fig. 1-22

c) La longitud de curva recorrida. y

Solución:

2

y = 2 t

∫ dy

→

t

=

0

y =

2 3

∫ 2 t dt 2

0

t 3

además:

 = 4 t y

como:

y = 0,5 x 2

(1)

→

x =

2 y1/ 2

1/ 2

x =

de (1): (1) y (2) son las

 = x

para t = 1 s:

→

x =

2 3

3/ 2

(2)

t

ecuaciones paramétricas del movimiento. x =

De (2):

 2  2  t 3   3 

x =

3 1/ 2 t 3

3 2 3 2 3

t −1 / 2

= 1,155 m

y = 0,667 m

además:

x =

3 = 1,732 m/s 3

y = 2 m/s

y también:

 = 0,866 m/s x  = 4 m/s y

2



→

v = (1,732 ; 2) m/s

→

a = (0,866 ; 4) m/s

2 

2

Para t = 1 s: a)

d =

(1,732) 2 + (0,667) 2 = 1,856 m



Cap. 1 Cinemática de la Partícula 

→

v = (1,732 ; 2) m/s

b) •

Pág. 1-27 v = 2,65 m/s

tan θ =

pendiente de la tangente:

dy dx

= x x =1,155

x =1,155

•

vector unitario tangencial:

eˆt =

•

vector unitario normal:

eˆn = (−0,756 ; 0,655)

La aceleración es:

(cosθ , senθ ) = (0,655; 0,756)



a = at eˆt + a n eˆn = seˆt + 

= 1,155

s 2

ρ

eˆn

(donde s = v )

•

comp. tangencial:

at = a ⋅ eˆt

→

at = (0,866 ;

4) ⋅ (0,655; 0,756) = 3,59 m/s2

•

comp. normal:

 a n = a ⋅ eˆn

→

a n = (0,866 ;

4) ⋅ (− 0,756 ; 0,655) = 1,965 m/s2

v2



• radio de curvatura: a ⋅ eˆn =

ρ

→ →

( 2,31) 2 (0,866 ; 4) ⋅ ( − 0,756 ; 0,655) = ρ ρ = 2,715 m

c) Longitud de curva recorrida desde P0 = (0 , 0) ds =

(dx) 2 + (dy ) 2

ds =

 dy  1 +   dx  dx 

→

dy / dx = x

2

como y = 0,5 x 2 reemplazando:

1 + x 2 dx

ds = 1,155

integrando:

s =

∫

1 + x 2 dx

→

s = 1,376 m

0

Ejemplo 1.15: El esquiador se mueve a lo largo de la trayectoria mostrada con rapidez (módulo de velocidad) constante v= 6 m/s. Se pide determinar la velocidad v y la aceleración  a en el instante en que está en el punto A, el cual es el punto de tangencia entre el tramo recto y el parabólico. Solución: •

Velocidad: 

v es tangente a la trayectoria


→



v = v eˆt



Pág. 1-28

Pendiente de la tangente a la trayectoria en A: tan θ =

•

→

eˆt = ( −

→

 v =

dx

x =10

→

=1

θ = 45°

x =10

→

6 ( − 2 / 2 , − 2 / 2) a =

ρ =

= 0,1 x

2 / 2 , − 2 / 2)



Aceleración:

donde:

dy

s eˆ

t

+

s



v = (− 3 2 , − 3 2 ) m/s

2

ρ

eˆn

[ 1 + ( dy / dx) 2 ]3 / 2 d 2 y / dx 2

=

[1 + (0,1 x) 3 / 2 0,1

= 28,3 m x =10

s = v = 6 s =

0

eˆn = (− 

→

a =

2/2,

( 6) 2 28,3

2 / 2)

2 eˆn = 1,27 eˆn m/s

2da. solución: empleando coordenadas cartesianas Ecuación de la trayectoria:

y =

0,05 x 2

y = 0,1 x x

d / dt :

(1)

El módulo de la velocidad es constante:

x 2 + y 2 =

(6) 2

(2)

En el instante analizado x = 10 m e y = 5 m. Reemplazando estos valores en (1) y (2) y resolviendo obtenemos: x = y = ± 3 2

m/s observando que el esquiador desciende: x = y = − 3 2 m/s 

v = ( −3 2 , − 3 2 ) m/s

Para calcular la aceleración derivamos las expresiones (1) y (2): 0,1 x 2 + 0,2 x x

de (1):

 = y

de (2):

 + 2 y  y = 0 2 x x

(3) (4)

Resolviendo (3) y (4) para el instante analizado:

 = − 0,9 m/s x

2

2

 = 0,9 m/s y

→



a = (− 0,9 ; 0,9) m/s


2



Pág. 1-29

Si se quiere utilizar este resultado para calcular el radio de curvatura sin necesidad de reducir a la geometría analítica: 

a =

Sabemos que:

v eˆ

t



⋅ eˆn

a ⋅ eˆn =

+

v2

ρ

v2

ρ

eˆn

→

(5) v2 ρ =  a ⋅ eˆn

Reemplazando los resultados obtenidos y observando que siendo v = 0   v = constante) entonces a esta íntegramente contenida en la dirección de en : eˆn =

(pues

(− 0,9 ; 0,9) 1,27

(6) 2 ρ = ( − 0,9 ; 0,9) (− 0,9 ; 0,9) ⋅ 1,27

→

Ejemplo 1.16:

ρ = 28,28 m

y

En el instante mostrado la posición del collarín P está dada por yP = 100 mm y su velocidad por vP = 200 mm/s ↑ constante. Calcular para ese instante la velocidad y la aceleración de P en términos de las componentes normal y tangencial.

2

y = 400 – k x A

P

yP

Solución:

x

O

yP = 100 mm

B

300 mm

y P = 200 mm/s

Fig. 1-24

P = 0 y

0 = 400 − k (300) 2

El punto (300 ; 0) pertenece a la parábola → →

k =

400 300

2

= 4,444 ⋅10 −3 y =

Entonces, la ecuación de la parábola será:

400 − k x 2

(1)

Para y = 100 tenemos: x = 259,8 mm derivando (1):

y = − 2 k x x

reemplazando valores:

200 = −2 (0,0044) (259,8) x → x = 86,6 m/s

derivando (2):

 = − 2 k ( x 2 + x x ) y

reemplazando valores:

 x 2 = − x x

→

 = − 28,87 mm/s x


(2)

(3)

→

( −86,6) 2 = − ( 259,8) x

2



Luego:

Pág. 1-30



r = ( 259,8 ; 100) mm 

v = (−86,6 ; 200) mm/s  a = (−28,87 ;

eˆt =

(v x , v y )

0) mm/s2 =

v

( − 86,6 ; 200) (86,6) + ( 200) 2

eˆn =

(− 0,918 ; − 0,397)

v=

( − 86,6) 2 + (200) 2

2

= (− 0,397 ; 0,918)

→

v = 217,94 mm/s

 at = a ⋅ eˆt = ( −28,87 ; 0) ⋅ (− 0,397 ; 0,918)  a n = a ⋅ eˆn = (−28,87 ; 0) ⋅ (−0,918 ; − 0,397)

Así:

 → at = at eˆt = 11,46 (−0,397 ; 0,918)  a n = a n eˆn = 26,5 ( −0,918 ; − 0,397) →

→

a t =

11,46 mm/s2

→

an =

26,5 mm/s2



2

at = (− 4,55 ; 10,52) [mm/s ]  2 a n = (− 24,33 ; − 10,52) [mm/s ]

Ejemplo 1.17: La varilla rígida AB de longitud L se mueve de tal manera que A y B están sobre la parábola y = 1,875 x 2 . Si la velocidad de B es tal que v B = 3,6 m/s constante y en el instante mostrado x B = 0,4 m, se pide calcular la velocidad de A, así como aceleraciones de A y B. Solución:

y

x A = 0 y A = 0

x B = 0,4 m

B

y B = 1,875 (0,4) 2 = 0,3 m

L

x

•



Velocidad de B: v B = ( x B , y B )

A

v B =

0,4 m Fig. 1-25

→

Como x B = 0,4 ⇒ y B = 3,75 (0,4) x B = 1,5 x B x B = 2

entonces:

v B = ( 2, 3) m/s

m/s

e

3,6 [m/s]

x B2 + y B2 = 13

Como y = 1,875 x 2 → y = 1,875 (2 x) x →

de (1) y (2):

x B2 + y B2 =

(1)

y B = 3,75 ( x B ) x B

(2)

y B = 3 m/s






Pág. 1-31



Velocidad de A: v A = ( x A , y A )

•



→ y A = 0 → v A = ( x A , 0)

Como A es vértice Tenemos: d dt

( y B − y A ) 2 + ( x B − x A ) 2 = L2 2 ( y B − y A ) ( y B − y A ) + 2 ( x B − x A ) ( x B − x A ) = 0

:

de donde:

x A = 4,25 m/s

Entonces:

v A = (4,25 ; 0) m/s

•



Aceleración de B: 

v B constante no implica que a B = 0 pues a B =

Tenemos:

x B2 + y B2 =

además:

y B = 3,75 x B x B

ρ

eˆn

m/s2

(3)

→ y B = 3,75 x B2 + 3,75 x B x B

(4)

e y B = 0,3 m

en (3) y (4):

 = − 6,92 x B

Entonces:

a B = (− 6,92 ; 4,62) m/s

•

v B2

13 → x B x B + y B yB = 0

x B = 0,4 m

Tenemos para B que:

v B eˆt +

e

 = 4,62 m/s y B

2



Aceleración de A:

Puesto que:

y A = 1,875 x A2

d/dt:

y A = 3,75 x A x A

d/dt:

 A = 3,75 x A2 + 3,75 x A x A y

Además:

( x B − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2 = L2

d/dt:

( x B − x A ) ( x B − x A ) + ( y B − y A ) ( y B − y A ) = 0

d/dt:

( x B − x A ) 2 + ( x B − x A ) ( x B − x A ) + ( y B − y A ) 2 + ( y B − y A ) ( y B − yA ) = 0 →

Entonces: Nota:

 = − 19,09 m/s x A

→

2

 = 67,73 m/s y A

2

 a A = ( − 19,09 ; 67,73) m/s

si se requiere calcular ρ B sin usar la expresión correspondiente de la geometría analítica podemos hacer lo siguiente: 

Calculamos:

eˆt =

v B v B

=

( 2, 3) 13




   eˆn =   

Entonces:



a B ⋅ eˆn =

y como: ⇒

Pág. 1-32

 1 (− 3, 2) → a ⋅ eˆn = 108,17 ⇒ OK ! 13  1 (3, − 2) → a ⋅ eˆn = − 108,17 ⇒ no ! 13 2

vB

ρ

( − 6,92 ; 4,62) ⋅

1 13

( − 3, 2) =

( 13 ) 2 ρ B

ρ B = 1,56 m

de donde: Ejemplo 1.18:

y

Las ranuras móviles rectas AB y CD mostradas en la figura determinan el movimiento del pasador P que desliza entre ellas. En el instante representado, la corredera C tiene una velocidad de 10 cm/s hacia abajo disminuyendo a razón de 5 cm/s 2, mientras que la corredera A se desplaza con una velocidad de 5 cm/s en el sentido indicado decreciendo a razón de 8 cm/s2. Se pide calcular para ese instante:

O

C 30°

B

P m c 0 3

D

3 4

x

O

a) La velocidad y aceleración del pasador P.

A v A

b) El vector posición del centro de curvatura de la trayectoria absoluta de P.

4 3

Fig. 1-26

Solución: a) De datos: y C = − 10 cm/s yC = 5 cm/s2 v A = 5 cm/s

a A = 8 cm/s

2



⇒

v A = 5 (0,6 ; − 0,8)

⇒

a A = 8 ( − 0,6 ; 0,8)



3



⇒

v A = ( x A , y A ) = (3, − 4) cm/s

⇒

 A , yA ) = (− 4,8 ; 6,4) cm/s a A = ( x



2

Ecuación de la recta AB:

y − y A =

reescribiendo:

0,75 x − y = 0,75 x A − y A

(1)

derivando:

0,75 x − y = 0,75 x A − y A

(2)

derivando otra vez:

 − y  = 0,75 x  A − y A 0,75 x

(3)

Ecuación de la recta CD:

y − yC = − (1 / 3 ) ( x − xC )

reescribiendo:

(1 / 3 ) x + y = (1 / 3 ) xC − yC


4

( x − x A )

(4)



Pág. 1-33

derivando:

(1 / 3 ) x − y = (1 / 3 ) xC − y C

(5)

derivando otra vez:

 − y  = (1 / 3 ) x  − y (1 / 3 ) x C C

(6)

Reemplazando: x A = y A = 0 ; xC = 0 ; yC = 30 cm en (1) y (4): 0,75 x − y = 0

  (1 / 3 ) x + y = 30 

x = 22,601 cm

⇒

y = 16,951 cm

Reemplazando: x A = 3 cm/s; y A = − 4 cm/s; xC = 0; y C = −10 cm/s en (2) y (5): 0,75 x − y = 6,25

  (1 / 3 ) x + y = − 10 

x = − 2,825 cm/s

⇒

y = − 8,369 cm/s

 A = − 4,8 cm/s 2 ; y  A = 6,4 cm/s 2 ; x C = 0; x

Reemplazando:

 = − 10 0,75 x − y

   = 5 (1 / 3 ) x + y 

yC = 5 cm/s 2 en (3) y (6):

 = − 3,767 cm/s 2 x

⇒

 = 7,175 cm/s 2 y



r P = ( 22,6 ; 16,95) cm

Entonces:



v P = (− 2,825 ; − 8,369) cm/s → v P = 8,883 cm/s 

2

a P = (− 3,767 ; 7,175) cm/s → a P = 8,104 cm/s

b)

 



at = a ⋅ eˆt =

=

v

− 49,406

→

8,833

2

at = − 5,593 cm/s

2

an =

a 2 − at 2 = 5,864 cm/s

como an = 

eˆn =

a ⋅v

2

an an

v2

→

ρ 

=





a − at an

ρ =

=

a − at an

v2 an

 v

(8,883) 2 = 5,864

→

ρ = 13,305 cm

 − 2,825 ; − 8,369   8 , 833  

(−3,767 ; 7,175) − ( − 5,593) 

v =

5,864

eˆn = (− 0,947 ; 0,3199 ) cm y

P

Posición del centro de curvatura C : 

ρ eˆn



r C = r P + ρ eˆn



r P



r C = ( 22,601 ; 16,951) + 13,305 (− 0,947 ; 0,3199) r C = (10 ; 21,21) cm



C

r C x

O

Fig. 1-27




Pág. 1-34

1.8 Velocidad y aceleración en coordenadas polares

En muchos casos en que estemos analizando el movimiento plano de una partícula, será conveniente definir la posición de un punto P a través de la distancia r a un punto fijo (origen polar) y a un ángulo θ que define el vector posición a partir de un eje polar fijo. y

Para la posición genérica que ocupa la partícula P se definen los vectores unitarios:

r = r (θ )

eˆθ θ

•

radial:

eˆr = (cosθ , senθ )

(1.23)

•

transversal:

eˆθ = (− senθ , cosθ )

(1.24)

eˆr θ

P

Así, el vector posición se puede representar por:

r (t )

 r (t ) = r eˆr

(1.25)

θ

x

O

Velocidad:

Eje polar

Fig. 1-28



d  d r (t ) = ( r eˆr ) dt dt d eˆ  eˆr + r r = r dt d eˆ d θ  eˆr + r r = r d θ dt

v (t ) =

(1.26)

De la definición del vector unitario radial (1.23) podemos deducir su derivada: d eˆr d θ

!

= (− senθ , cosθ ) = eˆθ

(1.27)



en (1.26):

 eˆ  eˆr + r θ v = r θ

o también:

v = v r + vθ





donde:

 eˆr vr = r

y

vθ = r θ  eˆθ







(1.28)

se denomina velocidad radial o también componente radial de la velocidad, cuyo módulo es vr = r  . se denomina velocidad transversal o también componente transversal de la velocidad, cuyo módulo es vθ = r θ  .

El módulo de la velocidad será:


v =

vr 2 + vθ 2 =

(r  )2 + (r θ ) 2

(1.29)



Aceleración:



a (t ) =

Pág. 1-35

d  d  eˆ  eˆ + r θ v (t ) = (r r θ ) dt dt

d  eˆ ) + r d (θ  eˆ )   (θ eˆr + r = r  eˆr + r θ θ dt

 = r  eˆr + r

d eˆθ

de (1.24):

d θ

dt

d eˆ d θ   + r  eˆ + r   θ eˆr θ  θ  eˆθ + θ  θ θ d θ d dt θ   d

(1.30)

= (− cosθ , − senθ ) = − eˆr

(1.31)



 eˆ + r  eˆ + r θ  eˆ − r θ  2 eˆ  eˆr + r  θ  θ a = r r θ θ θ

en (1.30): →

  2 ) eˆ + (2 r  + r θ ) eˆ θ a = (r  − r θ r θ    a = a r + aθ

o también: 

donde:

a r = (r  − r θ  2 ) eˆr

y

 + r θ ) eˆ θ aθ = ( 2 r θ



El módulo de la aceleración es:

(1.32)

se denomina aceleración radial o también componente radial de la aceleración, cuyo módulo es ar = r  − r θ  2 . se denomina aceleración transversal o también componente transversal de la aceleración, cuyo módulo es    θ . + r θ aθ = 2 r a =

2 2 ar + aθ =

 + r θ ) 2  θ (r  − r θ  2 ) 2 + ( 2 r

(1.33)

Nota: el cambio de θ (t ) con respecto al tiempo (d θ dt ) se denomina velocidad angular y  no debe ser confundida con el vector velocidad angular de un cuerpo rígido (ω ) , concepto que estudiaremos en el capítulo 6. (t ) = Análogamente: θ

d  d θ (t ) = ω (t ) = α (t ) dt dt

es la aceleración angular.

Caso particular: movimiento circular r = R (const.)

eˆθ

 = r  = 0 → r 

R



Velocidad:

 ˆ  eˆ + r θ v = r eθ r

→ v = R θ  eˆθ

Aceleración:

2 ˆ +  + θ θ a = (r  − r θ r ) eˆθ ) er ( 2 r

eˆr s

θ

 

2 ˆ +  ˆ a = − R θ er R θ eθ Fig. 1-29




Pág. 1-36

Ejemplo 1.19: El bloque D se mueve con velocidad v0 (constante) y mediante el pin P soldado a él arrastra al brazo ranurado, el cual puede girar alrededor de O. Se pide:

C v0 r

h

a) Calcular la velocidad y aceleración angular del brazo OA en función de h, v 0 y θ .

O

D

θ

b) Calcular la aceleración de P.

Fig. 1-30

Solución: Será importante reconocer en este momento que la trayectoria de la partícula P es rectilínea. 





a) Descomponiendo v0 en sus componentes vr y vθ : De la figura:

vr = v0

cosθ

vθ = v0 senθ 

es decir: v P = v0 cosθ eˆr − v0 senθ eˆθ 

 ˆ  eˆ + r θ v P = r eθ r

Como

Comparando (1) y (2):

como r = d dt

en ( 4 )

h senθ

:

de (5):

 = − θ  θ

=

→

 θ

2 v0

senθ cosθ θ 

h

2 v02 h

2

= −

(2)

 = v cosθ r 0

(3)

 = − v senθ r θ 0

(4)

v0 sen 2θ

(5)

h

sen 3θ cosθ

b) La aceleración de P tendrá la forma:

(1)

(6)

  2 ) eˆ + (2 r  + r θ ) eˆ  θ aP = (r  − r θ r θ      ar

(7)

aθ

Si observamos los términos que contiene esta última expresión, observamos que solamente nos falta evaluar r  . Derivando (3):

r 

= − v0 senθ θ 




Pág. 1-37

 − v0 sen 2θ  r  = − v senθ   0  h  

de (5):

→

r 

=

v02 sen 3θ

(8)

h

Reemplazando (3), (5), (6) y (8) en (7) obtenemos: a r =

v02 sen 3θ h

 v0 sen 2θ  −  − senθ  h  h

2

2  v0 sen 2θ  h 2 v0  + aθ = 2 v0 cosθ  − sen 3θ cosθ 2 h senθ h  

→

ar = 0

→

aθ =

0

lo cual indica que el pin P no está acelerado (lo cual era de esperar pues dicho pin se mueve solidario a D, el cual a su vez se mueve según una trayectoria rectlilínea con velocidad constante). Ejemplo 1.20: 40 RPM

La barra ranurada gira en sentido contrario a las agujas del reloj con una velocidad angular constante de 40 RPM y obliga al pin A a moverse siempre en contacto con la superficie de la leva en forma de cardioide r = 10 − 7,5 cosθ [r en cm].

A

a) Si la leva es estacionaria, se pide calcular la velocidad y la aceleración del pin A cuando la barra forma un ángulo θ = 30° con el eje de la cardioide.

r O

b) Si la leva gira en sentido horario con una velocidad angular constante de 30 RPM, se pide determinar la velocidad y aceleración del pin A cuando el brazo forma un ángulo de 30° con el eje de la cardioide (leva).

θ

Fig. 1-32

Solución: a) Tomaremos el eje de la cardioide como eje polar y así el ángulo θ deviene en ángulo polar. Entonces para una posición genérica de la barra podemos escribir: Ecuación polar de la trayectoria: De dato: y también:

 = θ

π

30  = 0 θ

( 40) = 4,19 rad/s (const.)

Velocidad en coordenadas polares: derivando (1):

r = 10 − 7,5 cosθ

  = 7,5 senθ θ r


(1) (2) (3)




(4) (5)



Pág. 1-38  = θ = 30° , θ

Para el instante analizado: en (1):

r = 3,5 cm

en (5):

 = 15,71 cm/s r

 v =

Reemplazando valores en (4): donde:

 = 0 4,19 rad/s y θ

(15,71) eˆr + (14,67) eˆθ [cm/s]

(6)

eˆr = (cosθ , senθ ) = (0,87 ; 0,5) eˆθ = ( − senθ , cosθ ) = (− 0,5 ; 0,87) v = 21,49 cm/s

El módulo de la velocidad será:

Si se desea la expresión vectorial de la velocidad en coordenadas cartesianas bastará con reemplazar las componentes de los vectores unitarios para el instante en análisis en (6):  v = 15,71 (0,87 iˆ + 0,5 jˆ ) + 14,67 (− 0,5 iˆ + 0,87 jˆ) = 6,33 iˆ + 20,62 jˆ 

 2 ) eˆ + ( 2 r  + r θ ) eˆ θ a = (r  − r θ r θ

La aceleración está dada por: derivando (5):

r 

 = 7,5 cosθ θ  2 + 7,5 senθ θ

Reemplazando valores en (8):

r 

(7) (8)

= 7,5 (0,87) (4,19) 2 + 7,5 (0,5) (0) = 114,55 cm/s2



Finalmente en (7):

2 a = (53,10) eˆr + (131,65) eˆθ [cm/s ]

con módulo:

a = 141,96 cm/s

(9)

2

Si se desea la expresión vectorial de la aceleración en coordenadas cartesianas bastará con reemplazar las componentes de los vectores unitarios para el instante en análisis en (9):  a = 53,10 (0,87 iˆ + 0,5 jˆ) + 131,65 ( − 0,5 iˆ + 0,87 jˆ ) = − 19,63 iˆ + 141,09 jˆ

b) Puesto que el eje polar debe ser estacionario, ya no podemos tomar como tal al eje de la cardioide pues ella gira. Entonces, debemos redefinir la ecuación polar de la cardioide: r = 10 − 7,5 cosφ

donde el ángulo φ es el ángulo formado por el eje (ahora móvil) de la cardioide y la barra. Además se cumplirá para todo instante que:

φ = β + α

y en consecuencia:

 = β  + α  φ

y también:

 = β  + α  φ

 = De datos: α

π

30

(30) = 3,14 rad/s (const.)


 = 0 → α


Cap. 1 Cinemática de la Partícula π

 = β

30

Pág. 1-39

( 40) = 4,19 rad/s (const.)

40 RPM

 = 0 → β

Como:

r =

10 − 7,5 cosφ

d / dt :

  = 7,5 senφ φ r

d / dt :

r 

r O

A

β

θ φ

α

 = 7,5 cosφ φ  2 + 7,5 senφ φ

eje polar para el movimiento del brazo

eje de la cardioide

Entonces: 2 a r = r  − r θ

Fig. 1-33

= 7,5 cosφ φ  2 − (10 − 7,5 cosφ ) θ  2 aθ =

30 RPM

 2 r  θ  + r θ

 = 2 (7,5 cosφ φ ) θ  + (10 − 7,5 cosφ ) θ  = β  θ

Como θ = β

→

→

Para φ = 30° :

a r = 287,45 cm/s2

 = β  = 0 θ

aθ = 230,35 cm/s2

→ a =

a r 2 + aθ 2 = 368,36 cm/s2

Ejemplo 1.21:

y

El pin P está fijo a la barra articulada AB. Dicho pin está obligado a moverse a lo largo de una corredera móvil en forma de parábola de eje vertical con vértice C . La barra ranurada C es obligada a moverse verticalmente y en el instante mostrado tiene una velocidad de 6 cm/s hacia abajo decreciente a razón de 2 cm/s 2. Calcular para ese instante:

C B P

m c 0 1

R

D

m c 5 2 , 6

3 4

A

a) La velocidad y aceleración del pin P. b) La velocidad y aceleración angulares de la barra AB.

θ

x 10 cm

Fig. 1-34

Solución: a) La ecuación de la parábola es de la forma: y − yC = k x 2


(1)



Pág. 1-40

El punto D de coordenadas x = 10 ; y = yC − 6,25 debe satisfacer dicha ecuación, entonces: k = − 0,0625

en (1):

y − yC = − 0,0625 x 2

(2)

d / dt :

y − y C = − 0,125 x x

(3)

d / dt :

 − y C = − 0,125 ( x 2 + x x ) y

(4)

Además, la trayectoria de P es una circunferencia: 2 2 2 x + y = R

(5)

d / dt :

x x + y y = 0

(6)

d / dt :

 + y  2 + y y = 0 x 2 + x x

(7)

yC =

En el instante analizado tenemos que:

10 cm

y C = − 6 cms C = 2 cm/s2 y

En dicho instante las coordenadas de P deben satisfacer las ecuaciones de la parábola: y − 10 = − 0,0625 x 2 y de la recta y = (3 / 4) x . Resolviendo el sistema obtenemos: x = 8 cm e y = 6 cm en (5):

R = 10 cm

   v P = (18 , − 24) cm/s 

x = 18 cm/s

en (3) y (6) y resolviendo:

y = −24 cm/s  = −334,5 cm/s x

en (4) y (7) y resolviendo:

2

 = 296 cm/s y

b)

eˆr

eˆθ

  2  a P = (−334,5 , 296) cm/s 

θ θ

r 24 cm/s

senθ = 3 / 5 y cos θ = 4 / 5

Tenemos: !

P

A

2

 = vr = r 18 cm/s

18 (4 / 5) − 24 (3 / 5) = 0

(8)

!

 = − 18 (3 / 5) − 24 (4 / 5) = − 30 (9) vθ = r θ

y como

r = R = 10 cm

θ

Fig. 1-35

→

 = − 3 rad/s θ

Notar que el resultado r  = 0 era de esperar pues el punto P sigue una trayectoria circular r = R = constante.




eˆθ

296 cm/s

Pág. 1-41 !

eˆr

2

 2 = 296 (3 / 5) − 334,5 (4 / 5) = − 90 ar = r  − r θ

θ

334,5 cm/s

2

 + r θ  θ aθ = 2 r

P

θ

r

A

θ

(10)

!

= 296 (4 / 5) + 334,5 (3 / 5) = 437,5

como

r = R (constante)

de (11):

 = 43,75 rad/s θ

→

(11)

 = r  = 0 r

2

Fig. 1-36

tan θ =

Nota 1: De otra manera para la parte b): (sec 2 θ ) θ  =

d / dt :

es decir:

θ 

cos 2 θ

=

y

(12)

x

y x − x y x 2

y x − x y

(13)

x2 2

( − 24) 8 − (18) 6  5     θ = (8) 2  4 

para el instante analizado:

 = − 3 rad/s θ

 x 2 = ( y x − x y ) cos 2 θ θ

de (13): d /dt :

→

 x 2 + θ  ( 2 x x ) = θ

(14)

2 cos θ (− senθ ) θ  ( y x − x y ) + cos 2 θ ( y x + y x − x y − x y )

y reemplazando valores y despejando:

 = 43,75 rad/s2 θ

Nota 2: De otra manera para la parte b): 


reemplazando:

→



 v ⋅ ˆeθ = r θ

(18, − 24) ⋅ (− senθ , cos θ ) = r θ  (18, − 24) ⋅ (− 0,6 ; 0,8) = (10) θ 

de donde:

 = − 3 rad/s θ



 2 ) eˆ + ( 2 r  + r θ ) eˆ  θ a = (r  − r θ r θ

reemplazando:

→



 + r θ   θ a ⋅ eˆθ = 2 r

 (pues r  = 0) (−334,5 ; 296) ⋅ (− senθ , cos θ ) = r θ  ( −334,5 ; 296) ⋅ ( − 0,6 ; 0,8) = (10) θ

de donde:

 = 43,75 rad/s2 θ




Pág. 1-42

Ejemplo 1.22:

y

La varilla telescópica mostrada hace mover al pasador P a lo largo de la trayectoria fija 22,5 y = x 2 [ x e y en cm]. Si la coordenada x está dada por x = 2,5 t 2 − 12,5 t [t en s, x en cm], se pide calcular:

A

m c 0 3

a) Las componentes cartesianas de la velocidad y aceleración de P cuando x = 15 cm. b) La velocidad y aceleración angulares de la varilla.

22,5 y = x 2

O

P

x Fig. 1-37

Solución: a) De la ecuación de la trayectoria: 22,5 y = x 2

(1)

d / dt :

22,5 y = 2 x x

(2)

d / dt :

22,5 y = 2 ( x 2 + x x)

(3)

Además, de ecuación paramétrica en x: x = 2,5 t 2 − 12,5 t

(4)

d / dt :

x = 5 t − 12,5

(5)

d / dt :

 = 5 x

(6)

de (4), para x = 15 cm

→

t = 6 s

de (1), para x = 15 cm

→

y = 10 cm

Ahora podemos reemplazar estos datos en las ecuaciones que hemos deducido. Así, las componentes cartesianas de la velocidad serán: de (5):

x = 17,5 cm/s

en (2):

y = 23,33 cm/s

  

⇒



v = (17,5 ; 23,33)

[cm/s]

y correspondientemente las componentes cartesianas de la aceleración serán: 2

de (6):

 = 5 cm/s x

en (3):

 = 33,89 cm/s y

2


  

⇒



a = (5 ; 33,89)

[cm/s2]



b)

Pág. 1-43 y

En el instante en estudio:

tanθ =

15 20

=

3

→

4

A

senθ = 3 / 5

cosθ = 4 / 5

origen polar

θ 

→

r

4   3 eˆr = ( senθ , − cosθ ) =  , −  5   5

m c 0 3

eˆθ

 4 3  eˆθ = (cosθ , senθ ) =  ,   5 5 

θ

P θ

Sabemos que la velocidad tiene la forma polar: 

m c

eˆ r 0 1

x

15 cm


o también:

22,5 y = x 2

 v = v r eˆr + vθ eˆθ

eje polar

Fig. 1-38

La componente radial se puede calcular de la siguiente manera:

de donde:

 4   3 vr = v ⋅ eˆr = (17,5 ; 23,33) ⋅  , −  = − 8,164 5   5  = − 8,164 cm/s r

(7)

Análogamente, la componente transversal será:  4 3  (17,5 ; 23,33) ⋅  ,  = 28,0  5 5   = 28,0 cm/s r θ

 vθ = v ⋅ eˆθ =

es decir:

θ  = 1,12 rad/s

para el instante en análisis r = 25 cm, entonces, de (8): Sabemos que:

(8) (9)

  2 ) eˆ + (2 r  + r θ ) eˆ  θ a = (r  − r θ r θ       ar

aθ

La componente radial de la aceleración se puede calcular de la siguiente manera:  4   3 2 a r = a ⋅ eˆr = (5 ; 33,89) ⋅  , −  = − 24,112 cm/s 5   5

es decir:

 2 = − 24,112  − r θ r

(10)

Análogamente para la componente transversal de la aceleración:   4 3  2 aθ = a ⋅ eˆθ = (5 ; 33,89) ⋅  ,  = 24,334 cm/s  5 5 

es decir:

 + r θ  = 24,334 θ 2 r

(11)

Reemplazando los valores ya obtenidos para r  y θ  para el instante en análisis obtenemos: de (10):

r  = 7,248 cm/s2

y de (11):

 = 1,70 rad/s θ

2




Nota:

Pág. 1-44

otra forma interesante de relacionar las coordenadas cartesianas, ya resueltas en la parte a), con las coordenadas polares es la siguiente: tanθ =

x

30 − y x (30 − y ) − x ( − y )

d / dt :

sec 2 θ (θ ) =

de donde:

θ  = 1,12 rad/s

de (12):

 (30 − y ) 2 = cos 2 θ (30 x − x y + x y ) θ

(12)

(30 − y ) 2

derivando implícitamente:  (30 − y ) 2 + θ  (2) (30 − y ) ( − y ) = 2 cosθ (− senθ ) θ  (30 x − x y + x y ) + θ

+ cos 2 θ (30 x − x y − x y + x y + x y)

reemplazando los valores obtenidos en a) despejando:  = 1,70 rad/s θ

2

1.9 Coordenadas cilíndricas eˆ z

z

eˆθ

P

eˆ R 

r z

O



R

θ

y

eˆ z

eˆθ

Elegiremos un plano de base (en la figura el plano xy) sobre el cual proyectaremos el movimiento de la partícula. De manera análoga a lo expresado en el acápite anterior, utilizaremos para dicho plano de base coordenadas similares a las polares empleadas para analizar el movimiento plano.

Fig. 1-39

eˆ R

x

De acuerdo a lo dicho definiremos los vectores unitarios radial ( eˆR ) y transversal ( eˆθ ) contenidos en el plano de base y además un tercer vector unitario perpendicular a ambos ( eˆ z ), con lo cual el vector posición quedará definido como: 

r (t ) = R eˆ R + z eˆ z

(1.34) 

Dicho de otra manera el vector posición r (t ) quedará definido si conocemos: R = R (t )

θ = θ (t ) z = z (t )

    


Ecuaciones paramétricas en coordenadas cilíndricas



Pág. 1-45

En forma análoga a lo expresado para coordenadas polares podemos escribir:   eˆ eˆ R = θ θ  eˆ eˆθ = − θ R

eˆ z = 0  d    v = r = R eˆ R + R eˆ + z eˆ z + z eˆ z dt

Velocidad:



→

o también: donde:

v = R eˆ R + R θ  eˆθ + z eˆ z

(1.35)

    v = v R + vθ + v z

(1.36)

 v R = R eˆ R

se denomina componente radial de la velocidad , cuyo módulo es v R = R .



vθ = R θ  eˆθ

se denomina componente transversal de la velocidad , cuyo módulo es vθ = R θ  .



v z = z eˆ z

y

se denomina componente de la velocidad en dirección z, cuyo módulo es v z = z .

El módulo de la velocidad será: 

a =

Aceleración:

v =

vr + vθ + v z = 2

2

2

( R ) 2 + ( Rθ ) 2 + ( z ) 2

(1.37)

d   eˆ + R (θ  eˆ + θ  eˆ ) + z  eˆ + R eˆ + R θ  eˆ z v = R R R θ θ θ dt

 eˆ + R θ  2 eˆ + z  eˆ z = R eˆ R + R θ  eˆθ + R θ R θ 

→

o también: donde:

 2 ) eˆ + (2 R  + R θ ) eˆ + z  − R θ  θ  eˆ z a = ( R R θ

(1.38)

    a = a R + aθ + a z

(1.39)

  2 ) eˆ  − R θ a R = ( R R



) eˆ aθ = (2 R θ  + R θ θ

 a z = z eˆθ

se denomina aceleración radial o también componente radial de la aceleración, cuyo módulo es 2 .  − R θ a R = R se denomina aceleración transversal o también componente transversal de la aceleración, cuyo módulo  . es aθ = 2 R θ  + R θ se denomina componente de la aceleración en dirección z, cuyo módulo es a z = z .

El módulo de la aceleración será: a =

2 2 2 a R + aθ + a z =


 2 ) 2 + (2 R  + R θ ) 2 + ( z) 2  − R θ  θ ( R

(1.40)



Pág. 1-46 z

Ejemplo 1.23: Una partícula inicia su movimiento en el punto O recorriendo el arco s sobre la placa según la función s = 10 t [s en cm y t en segundos] sobre una ranura circular de radio 10 cm contenida en el plano Q, el cual a su vez gira alrededor del eje z con velocidad angular constante θ  = 1 rad/s. Si para t = 0, θ = 0 , se pide determinar la velocidad y aceleración de la partícula para t = 3 s.

P s 

r

Q

z

y

O

m 1 0 c

θ R C x

Fig. 1-40

Solución: Tenemos de dato que

θ  = 1 rad/s (const.)

para t = 0 , θ = 0

→

además:

→

c=0

s = 10 β →

β =

⇒

s

10

=

∫ →

d θ / dt = 1

θ = t + c

θ = t

10 t = t 10

Q P

Determinación de R y z (coordenadas cilíndricas): →

R = 10 − 10 cos β

s z

R = 10 − 10 cos t

β

R = 10 sen t  = 10 cos t R

derivando: →

z = 10 sen β

1 0 c m

O

C

R

Fig. 1-41

z = 10 sen t z = 10 cos t z = − 10 sen t

derivando:

Reemplazando para el instante en análisis:

t = 3 s

→ β = 3 rad

R = 10 − 10 cos t = 10 − 10 cos 3 = 19,89 cm

entonces:

R = 10 sen t = 10 sen 3 = 1,41 cm/s; 2

 = 10 cos t = 10 cos 3 = − 9,89 cm/s R

z = 10 cos t = 10 cos 3 = − 9,89 cm/s z = − 10 sen t = − 10 sen 3 = − 1,41 cm/s2

Velocidad:



 ˆ v = R eˆ R + R θ eθ + z eˆ z

= 1,41 eˆ R + 19,89 eˆθ − 9,89 eˆ z →

Aceleración:

v =

v R2 + vθ 2 + v z2

[cm/s]

→

v = 22,25 cm/s



 2 ) eˆ + ( 2 R  + Rθ ) eˆ + z  − R θ  θ  eˆ z a = ( R R θ

= − 29,78 eˆ R + 2,82 eˆθ − 1,41 eˆ z →

a =

a R2 + aθ 2 + a z2


→

[cm/s2] a = 29,95 cm/s2



Pág. 1-47

1.10 Velocidad areolar P

Se define el área barrida por el vector posición entre dos posiciones vecinas (ver figura) como: 



 1 ∆Ω = r × ∆ r 2

r



z



O



1  ∆ r ∆Ω = lim r × Ω = lim ∆ t →0 ∆t ∆ t →0 2 ∆t

Ω =

1  r × v 2





r + ∆ r

El área barrida por unidad de tiempo se denomina velocidad areolar: 



∆ r

velocidad areolar

x

∆Ω y

Fig. 1-42

(1.41)

En coordenadas cartesianas tendremos:  

Ω =

1 2

iˆ

jˆ

ˆ k

x y z x y z

En particular este concepto será útil en el estudio del movimiento causado por una fuerza central, que como demostraremos en el siguiente capítulo, es un movimiento plano. Particularizando la anterior expresión para este caso ( z = 0):  

Ω =

1 2

iˆ

jˆ

ˆ k

x y

0 =

x y

0

1 2

ˆ ( x y − x y ) k

En coordenadas polares: 

r = r eˆr 

 ˆ  eˆ + r θ v = r eθ r

→

Ω =



1  1 2 r × v = r θ (eˆr × eˆθ ) 2 2



1 2   r θ k 2

Ω =


(1.42)



Pág. 1-48

1.11 Movimiento relativo con respecto a ejes en traslación P

Sistema fijo x, y, z con origen O. 

r P / A



z ' y '

r P

z

A 

r A

x '

Condición: el sistema móvil se traslada (no gira)

y O

′ z ′ ′. No es necesario que Oxyz // A x y

Fig. 1-43

x





′ z ′ ′ con origen en A cuya Sistema móvil x y  posición es r A con respecto a O xyz.



r p = r A + r P / A d / dt :

   v P = v A + v P / A

d / dt :

a P = a A + a P / A





(1.43)



(1.44)

Ejemplo 1.24:



Un álabe tiene un ángulo de salida de 30° con respecto a la horizontal. Si la velocidad de una partícula de agua con respecto al álabe es constante e igual a 1000 m/s y la velocidad real de dicha partícula respecto a tierra al momento de abandonar el álabe es de 625 m/s, se pide calcular la velocidad de traslación v 0 del álabe.

vP / Alabe y '

30°

P 

vO

A

x'

v P / Alabe = 1000 m / s

Fig. 1-44

Solución: ′ ′ unido al álabe y sólo se traslada. Sistema móvil x y    v P / Alabe = v P − v Alabe    v Alabe = v P − v P / Alabe

Sabemos que: Es decir:



v P = 625 (− cosθ , senθ )  P con respecto al álabe: v P / Alabe =

Velocidad absoluta de P: Velocidad relativa de

1000 (− cos 30° , sen 30°)



v Alabe = v0 (1, 0)

Velocidad absoluta del álabe: en (1):

(1)

(v0 , 0) = 625 ( − cosθ , senθ ) − 1000 (− 3 / 2 , 1 / 2)

resolviendo:

θ = 53,13°

y v0 = 491 m/s




Pág. 1-49

1.12 Cinemática de partículas interconectadas

A continuación estudiaremos el movimiento de partículas cuando se hallan conectadas unas con otras por elementos flexibles (cuerdas), que se disponen conjuntamente con poleas, o elementos rígidos (barras). Examinemos un ejemplo sencillo. En la figura 1.31 se muestran dos partículas unidas por un cable flexible inextensible. Suponiendo que el bloque B desciende sobre el plano inclinado con velocidad conocida, se desea averiguar, en ese instante, cómo es la velocidad del bloque A. Para facilitar la solución tomaremos dos coordenadas auxiliares s A y s B . Hay que llamar la atención en el sentido que ellas nos proporcionarán información acerca del movimiento de los bloques A y B respectivamente s A + s B = L

s A

a A v A

s B

d / dt :

s A + sB = 0

es decir:

s A = − s B

A

B

Fig. 1-45

a B v B

(constante)

(1)

(2)

de la figura se ve que:

v B = s B

mientras que:

v A = − s A

en (2):

v A = v B

Es decir, los módulos de las velocidades de ambos bloques son iguales. Análogamente podemos hacer el análisis de aceleraciones. Supongamos que el bloque B está acelerado en sentido descendente. Se desea averiguar, en ese instante, cómo es la aceleración del bloque A. = − s B

Derivando (2):

s


a B = s B

mientras que:

a A = − s A

en (3):

A

(3)

a A = a B

expresión que nos indica que los módulos de las aceleraciones de ambos bloques son iguales para cualquier instante del movimiento del sistema. Esta información resultará de singular importancia cuando estudiemos, en el capítulo 5, la cinética de los sistemas de partículas. Es pertinente hacer notar que las relaciones encontradas para los módulos de las velocidades y aceleraciones de cada bloque seguirán siendo válidas si se invierte el sentido del movimiento del sistema.




Pág. 1-50

Examinemos otro sistema a manera de ejemplo: supongamos que las velocidades de los bloques tienen los sentidos mostrados. ( s A − h) + ( s B − h) + π r = L r

h

→ sB

sA

B A a A v A

v B a B

s A + s B = L − π r + 2 h

es decir:

s A + s B = constante

(1)

derivando:

s A = − s B

(2)


v A = s A

mientras que:

v B = − s B

en (2):

v A = v B

Es decir, los módulos de las velocidades de ambos bloques son iguales.

Fig. 1-46

Análogamente podemos hacer el análisis de aceleraciones. Suponiendo que el bloque A está acelerado en sentido descendente se desea averiguar, en ese instante, cómo es la aceleración del bloque B. Derivando (2):

s

A

= − s B


a A = s A

y además:

a B = − s B

en (3):

(3)

a A = a B

Se pudo haber tomado s A y s B a partir del centro de la polea: entonces:

s A + s B + π r = L

es decir:

s A + s B = L − π r

r

(constante) (constante)

y derivando con respecto del tiempo:

sB sA

s A + sB = 0

B

y procediendo como antes arribamos a que: v A = v B

y a A = a B


A a A v A

v B a B Fig. 1-47



Pág. 1-51

Ahora veremos el caso de dos partículas unidas por medio de una varilla rígida: Para cualquier instante del movimiento se cumplirá que:

v B a B B

s A2 + s B2 = L2 L

s B

a A v A

s A s A + s B s B = 0

(1)

es decir:

s A v A + s B ( − v B ) = 0

(2)

si derivamos (1) con respecto del tiempo:

A

s A

d / dt :

s A s A + s A2 + s B s B + sB2 = 0

d / dt :

Fig. 1-48

s A a A + v A2 + s B ( − a B ) + v B2 = 0

de donde podemos escribir que:

(3) (4)

Notar que una vez establecidas las coordenadas auxiliares hay que tener en cuenta los signos correspondientes para las velocidades y aceleraciones. A continuación examinaremos otro sistema con poleas. De manera análoga a los anteriores ejemplos de movimientos ligados se trata de establecer una relación entre las velocidades de los bloques y otra entre sus aceleraciones. r

H

r

H

s B h

h B

s B

a A v A

a B v B

B

a A v A

a B v B

A

A

s A

s A Fig. 1-50

Fig. 1-49

Tomando las coordenadas auxiliares mostradas en la figura 1-49 tendremos para la longitud de la cuerda: ( H + s B ) + s B + h + s A = L (constante)

derivando:

2 s B + s A = L − H − h (constante)

(1)

2 s B = − s A

(2)




Pág. 1-52


v A = − s A

mientras que:

v B = s B

en (2):

2 v B = v A

Es decir, el módulo de la velocidad de A es el doble del módulo de la velocidad de B. Del mismo modo que en los ejemplos anteriores hacemos el análisis para las aceleraciones: derivando (2):

2 s B = − s A


a A = − s A

y además:

2 a B = a A

(3)

Si hubiéramos tomados las coordenadas auxiliares de la figura 1-50: H + 2 (h − s B ) + s A = L

(constante)

− 2 s B + s A = L − H − 2 h (constante)

(4)

derivando:

2 s B = s A

(5)

y como:

v A = − s A

entonces, en (5):

2 v B = v A

y luego

2 a B = a A

y v B = − s B

Por último analizaremos el siguiente sistema: s P s B / P s A

a B v B B

s B

Fig. 1-52

A v A a A

Para las coordenadas auxiliares mostradas en la figura 1-51: ( s B − s P ) + s ′P = L1

→

( s B − sP ) + s′P = 0

(1)

s P + s A = L2

→

sP + s A =

(2)

Pero sP = − s′P . Entonces, de (1):


0

s B − 2 sP = 0

(3)



Pág. 1-53

(2) en (3):

s B + 2 s A = 0

y como:

v A = s A

en (4):

v B = 2 v A

(4)

y v B = − s B y a B = 2 a A

Evidentemente obtendremos el mismo resultado si usamos las coordenadas mostradas en la figura 1-52. Aquí vale la pena resaltar que utilizaremos la coordenada relativa s B / P , es decir, posición de B relativa a la polea móvil P. s B / P + ( s B / P − s B ) = L1

→

2 s B / P − sB = 0

(5)

s P + s A = L2

→

sP + s A = 0

(6)

s B − 2 sP = 0

(7)

pero s B / P = s B − sP . Entonces, en (5): de (6) y (7):

s B + 2 s A = 0

de donde:

v B =

2 v A y a B = 2 a A y

Ejemplo 1.25: El mecanismo mostrado consta de dos correderas unidas por una varilla rígida de longitud L = 200 cm. Si la velocidad del collarín A es v A = 6 cm/s (constante), se pide calcular la velocidad y aceleración del collarín B en ese instante. Solución: Para el instante mostrado tenemos:

B

30°

y B

L

60°

x A = 100 cm x A

x A = 6 cm/s  A = 0 x

y B = 100 •

A v A

x

Fig. 1-53

3 cm

Análisis de velocidades

En todo instante:

x A2 + yB2 = ( 200) 2

derivando (1):

2 x A x A + 2 y B y B = 0

→

(1)

x A x A + y B y B = 0

(2)

En el instante analizado: (100) (6) + (100 3 ) y B = 0 de donde:

y B = − 2

3

→

v B = 3,46 cm/s ↓

donde el signo menos indica que el sentido de la velocidad de B es hacia abajo (lo cual es, evidentemente, correcto).



Cap. 1 Cinemática de la Partícula •

Pág. 1-54

Análisis de aceleraciones

Puesto que la expresión (2) se cumple para todo instante entonces podemos volverla a derivar con respecto al tiempo:  A + x A2 + y B y  B + y B2 = 0 x A x

Para el instante analizado: 2 B + ( − 2 3 ) = 0 (100) (0) + (6) 2 + (100 3 ) y

→

⇒

 B = − 0,277 cm/s 2 y

a B = 0,277 cm/s (↓)

El signo negativo indica que la aceleración de B tiene sentido hacia abajo. Ejemplo 1.26:

4m

Al descender la corredera A con una rapidez constante v A = 2 m/s sobre su guía, se levanta la caja C . En el instante inicial, la corredera se encuentra a la misma altura que la polea y la caja está en reposo en el suelo. Se pide calcular la velocidad y la aceleración de la caja C en el instante en el que s A = 2 m. Ignore el tamaño de la polea en el cálculo.

s A

A

4m

v A C

Fig. 1-54

Solución:

4m

z

s A a A

sC A

4m

v A

Tenemos que

v A = 2 m/s (constante!)

es decir:

s A = 2 m/s

De la geometría tenemos las siguientes relaciones válidas para cualquier instante: z 2 =

C

Fig. 1-55

En el instante analizado:

s A = 2 m

de (3):

sC = 3,53 m


(4) 2 + s A2

(1)

y además:

z + sC = 8

(2)

(2) en (1):

(8 − sC ) 2 = 16 + s A2

(3)


Capitulo 1 Cinemática de la Partícula PUCP

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