capitulo 1 cinemática de la partícula pucp

Cap. 1 Cinemtica de la Partcula Pg. 1-1

Pontificia Universidad Catlica del Per Seccin de Ingeniera Mecnica - rea de Diseo

Por: Jorge Rodrguez Hernndez, Dipl.-Ing. Profesor del rea de Diseo

Seccin de Ingeniera Mecnica

Cap. 1 Cinemtica de la partcula 1.1 Definiciones Cinemtica: es el estudio de la geometra del movimiento sin importar las causas que

lo producen. Movimiento: cambio de posicin respecto a un sistema de referencia (fijo o mvil). Partcula: elemento con masa pero sin dimensiones. 1.2 Posicin, velocidad y aceleracin en coordenadas cartesianas En la figura 1-1 se muestra una partcula P que se mueve a lo largo de la curva trayectoria C. Su posicin quedar determinada para cada instante del movimiento si conocemos el vector posicin de tal manera que sus tres componentes estn representadas como funciones del tiempo: ( ))(,)(,)()( tztytxtr = (1.1) Es decir, las componentes cartesianas del vector posicin estn determinadas por las ecuaciones:

===

)()()(

tzztyytxx

(1.2)

las cuales se denominan ecuaciones paramtricas del movimiento. Como veremos ms adelante, conociendo las ecuaciones paramtricas del movimiento de una partcula, ser relativamente fcil encontrar las expresiones de su velocidad y aceleracin como funciones del tiempo.

PTrayectoria

Fig. 1-1

r

Ox

y

z

C



Ejemplo 1.1: Una partcula se mueve a lo largo de una hlice cilndrica de tal manera que su movimiento est definido por el vector posicin:

),,cos()( 00 tktsenatatr =

donde a [m], 0 [rad/s] y k [m/s] son constantes

Es decir:

=

=

=

tktztsenatytatx

)()(

cos)(

0

0

Observar que la trayectoria helicoidal tiene radio a y la partcula da una vuelta completa en el tiempo 0/2 =T . Al dar una vuelta completa la partcula ascender una distancia p que se denomina paso de la hlice ( 0/2 kp = ). Tomemos un movimiento con las siguientes caractersticas:

)2,0;5,15,0;5,1cos5,0()( ttsenttr =

, t en [s], x, y y z en [m]. Si deseamos saber la posicin de la partcula en el instante 2=t s, entonces: 495,0)25,1(cos5,0 ==x [m] 071,0)25,1(5,0 == seny [m] 4,022,0 ==z [m] Velocidad: es el cambio del vector posicin por unidad de tiempo. En la siguiente figura se muestran dos posiciones muy cercanas para la partcula P durante su movimiento. Entre ambas posiciones ha transcurrido un tiempo t . El cambio de posicin est representado por el vector r

. Entonces, la velocidad instantnea de la

partcula ser:

trtv

t

=

0lim)(

t

trttrtvt

+=

)()(lim)(0

)()()( trtrdtdtv

== (1.3)

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

tetvtv )()( =

donde te es el vector unitario tangencial a la trayectoria.

Ecuaciones paramtricas del movimiento O

x

y

z

p

a

Fig. 1-2

Fig. 1-3O

Trayectoria

)()( trttrr

+=

)(tr

)( ttr +

P

C



En coordenadas cartesianas: ( ))(),(),()( tztytxtv = (1.4) Siendo su mdulo: 222 zyxv ++= (1.5)

Ejemplo 1.2: Calcular la velocidad para la partcula del ejemplo 1.1 en el instante 2=t s. Tenemos que: )2,0;5,15,0;5,1cos5,0()( ttsenttr =

.

La velocidad ser: )2,0;5,15,0;5,1cos5,0()()( ttsentdtdtr

dtdtv ==

)2,0;5,1cos75,0;5,175,0()( ttsentv =

Para 2=t s: )2,0;743,0;106,0()( =tv

m/s

Su mdulo ser: 222 zyxv ++= = 0,777 m/s

Aceleracin: es el cambio del vector velocidad por unidad de tiempo.

t

tvttvtvta

tt +

=

=

)()(limlim)(00

==dt

trddtdtv

dtd )()(

)()()( 22

trtrdtdta

== (1.6)

En coordenadas cartesianas: ( ))(),(),()( tztytxta = (1.7)

siendo su mdulo: 222 zyxa ++= (1.8)

Ejemplo 1.3: Calcular la aceleracin de la partcula del ejemplo 1.2 en el instante 2=t s.

)2,0;5,1cos75,0;5,175,0()()( ttsendtdtv

dtdta ==

)0;5,1125,1;5,1cos125,1()( tsentta =

Para 2=t s: )0;159,0;114,1()( =ta

m/s2

Su mdulo ser: 125,1222 =++= zyxa m/s2



ley horaria del movimiento

1.3 Ley horaria y trayectoria de la partcula Ahora plantearemos una forma alternativa de definir la posicin de una partcula para cualquier instante del movimiento. Ella consiste bsicamente en conocer la ecuacin cartesiana de la curva trayectoria y una ecuacin que nos describa, en funcin del tiempo, la longitud de curva recorrida a partir de un cierto punto P0. Dicha ecuacin recibe el nombre de ley horaria. A continuacin veremos cmo obtener la ecuacin de la ley horaria a partir de las ecuaciones paramtricas del movimiento. Si eliminamos el parmetro t de las ecuaciones paramtricas obtenemos dos ecuaciones de la forma:

0),,(

0),,(

2

1

=

=

zyxf

zyxf

las cuales definen la curva trayectoria C de la partcula en forma cartesiana. Sabemos del clculo diferencial que un diferencial de longitud de curva est determinado por: 222 )()()( dzdydxds ++= Multiplicando y dividiendo el lado derecho de la ecuacin por dt obtenemos:

dtdtdz

dtdy

dtdxds

222

+

+

=

integrando:

+

+

=

ts

s

dtdtdz

dtdy

dtdxds

0

222

0

de donde:

+

+

=

t

dtdtdz

dtdy

dtdxss

0

222

0

es decir:

+

+

+=

t

dtdtdz

dtdy

dtdxss

0

222

0

la cual es de la forma: s = s (t) (1.9)

Po

P

s=s(t)

so , to

s, t

Fig. 1-4

O Trayectoria

C



Notar que de todas maneras se necesita conocer las coordenadas el punto ),,( 0000 zyxP a partir del cual es vlida la ley horaria. Ejemplo 1.4: Una partcula se mueve en el plano segn las ecuaciones paramtricas:

ttx 0cos3)( = tty 0sen3)( = ; donde 0 constante.

Se pide deducir la ecuacin de la trayectoria, la ley horaria y las coordenadas del punto P0. Solucin: de las dos ecuaciones paramtricas podemos, convenientemente, hacer

desaparecer el parmetro t: tx 0

22 cos9 = tseny 0

22 9 = (t en segundos, x e y en metros)

Sumando ambas expresiones: 922 =+ yx , la cual corresponde a la ecuacin de una circunferencia.

Sabemos que: dtdtdy

dtdxdydxds

2222

+

=+=

Derivando las ecuaciones paramtricas: tsendtdx

003 =

tdtdy

00 cos3 =

entonces: dtttsends )cos9()9( 20

220

20

220 +=

integrando: dtdsts

=0

00

3 ts 03=

Si t = 0 x = 3 m y = 0 P0 = (3, 0) [m] Nota: En la figura 1.5 se muestran grficamente algunas caractersticas de este

movimiento circular.

Fig. 1-5

P

Po = 0 t

s = 3 0 t3

x

y

O



Ahora nos plantearemos el proceso inverso. A partir de las ecuaciones:

de la trayectoria: 0),,(1 =zyxf

0),,(2 =zyxf de la ley horaria: s = s (t)

posicin inicial de la partcula: ),,( 0000 zyxP ser posible deducir las ecuaciones paramtricas del movimiento? A continuacin analizaremos el problema. De las expresiones de f1 y f2 despejamos dos de las variables cartesianas en funcin de la tercera. En este caso elegiremos, arbitrariamente, la variable x: Obtenemos: )(xfy =

)(xgz = como: 222 dzdydxds ++=

multiplicando y dividiendo por dx: dxdxdz

dxdyds

22

1

+

+=

integrando:

+

+=

x

x

s

s dxdz

dxdyds

00

22

1 dx

)(10 xfss =

)(10 xfss += de donde obtenemos una expresin de la forma: )(1 xss =

Igualndola con la ecuacin de la ley horaria: )()( 1 xsts = Expresin que podremos poner en la forma: )(txx = la cual ya es una de las ecuaciones paramtricas buscadas. Finalmente la reemplazamos en las expresiones )(xfy = y )(xgz = para obtener: )(tyy =

)(tzz =



Ejemplo 1.5: Una partcula se desplaza por la trayectoria determinada por la interseccin de las superficies:

8222 =++ zyx 0= yx ; [x, y, z en metros] segn la ley horaria ts 3= [s en metros, t en segundos] a partir del punto m)0,2,2(0 =P . Se pide determinar las ecuaciones paramtricas del movimiento. Solucin: 0= yx xy = (1)

8222 =++ zyx )4(2 2xz = (2)

Sabemos que: 22

222 1

+

+=++=

dxdz

dxdydzdydxds dx (3)

derivando (1): 1=dxdy

derivando (2): 24

2xx

dxdz

=

en (3): dxx

xds 22

4211

++=

integrando: 2

20 422

xdxds

xs

=

es decir: x

xarcsens22

22=

=

2222 xarcsens

y como s = 3 t:

=

22223 xarcsent

despejando:

+=

2223

sen2 tx

o lo que es lo mismo: tx22

3cos2=

en (1): ty22

3cos2=

y finalmente en (2): tsenz22

322=

Ecuaciones paramtricas del movimiento.



1.4 Aplicacin al movimiento rectilneo En este caso necesitaremos una sola coordenada para describir el movimiento. Es decir, como el vector posicin r

estar siempre en la direccin del eje coordenado, que hemos

denominado x para esta explicacin, entonces dicho vector, al tener una sola coordenada diferente de cero, estar perfectamente representado por dicha coordenada, teniendo en cuenta el sentido asignado como positivo.

As tendremos: Posicin: )(txx =

Velocidad: )()()( txtxdtdtv ==

Aceleracin: )()()()( 22

txtxdtdtv

dtdta ===

tambin: dxdvv

dtdx

dxdv

dtdva ===

Notar que en este caso particular se cumple que s = x (s es el camino recorrido). Ejemplo 1.6: Para hallar las propiedades de un cierto material viscoelstico, un proyectil es disparado verticalmente hacia abajo desde O con velocidad inicial de 60 m/s. Si el proyectil sufre una desaceleracin 34,0 va = [m/s2], donde v en m/s, se pide determinar la velocidad y posicin del proyectil en el instante 4=t s. Solucin: Clculo de la velocidad:

Sabemos que: 34,0 vdtdva ==

dtv

dv=

34,0

integrando: =

=

v

v

t

dtv

dv

60 03

04,0

2/1)8,03600

1( += tv m/s (1)

Si 4=t s: 559,0=v m/s ()

x

x

s PO

Fig. 1-6

x

s

v

O

Fig. 1-7



Clculo de la posicin:

Sabemos que: 2/1)8,03600

1( +== tdtdsv

despejando: dttds 2/1)8,03600

1( +=

integrando: +=ts

dttds0

2/1

0

)8,03600

1(

601)8,0

1201(5,2 2/1 += ts

Si 4=t s: 43,4=s m Caso particular: Movimiento rectilneo uniformemente acelerado.

a constante ==dtdva constante

dtadvv

v

t

=0 0

=t

dtavv0

0 tavv += 0

Como dtdxv = dtvdx =

+=x

x

t

dttavdx0 0

0 )(

200 21 tatvxx +=

200 21 tatvxx ++=

y tambin: dxdvva = dxadvv =

=v

v

x

x

dxadvv0 0

)()(21

02

02 xxavv =

)(2 02

02 xxavv +=

Ecuacin paramtrica del movimiento



Ejemplo 1.7: La pelota se lanza verticalmente hacia arriba con velocidad inicial 100 =v m/s desde una altura 20=h m. Se pide determinar:

a) La velocidad v y la elevacin y para cualquier tiempo t. b) La mxima 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.

Solucin: a) El movimiento se realiza con aceleracin constante 81,9=a m/s2 que corresponde

a la aceleracin de la gravedad.

dtdva =

dtdv

= 81,9 ==

tv

v

dtdv010

81,90

tv 81,910 = 1081,9 += tv (1)

Como dtdyv = dtvdy =

)1( dttdy )1081,9( +=

Integrando: =

+=y

y

t

dttdy20 00

)1081,9(

2905,41020 tty =

2010905,4 2 ++= tty (2)

b) Mxima altura alcanzada: cuando 0=v

de (1): 01081,9!=+ t 02,1=t s

en (2): 1,25=y m c) Instante del choque con el piso: 0=y

en (2): 02010905,4 2 =++ tt 28,3=t s

en (1): 2,22=v m/s

y

y0 = 20 m

v

a = 9,81 m/s2

t = 0

O

Fig. 1-8



1.5 Aplicacin al movimiento parablico En general, para el movimiento plano de una partcula necesitaremos solamente dos coordenadas. As, los vectores posicin, velocidad y aceleracin quedarn definidos de la siguiente manera: Posicin: ( ))(,)( tytxr = Velocidad: ( ))(,)( tytxv = Aceleracin: ( ))(,)( tytxa = En el caso particular del movimiento de un proyectil tendremos que la nica fuerza que acta sobre la partcula durante su vuelo libre es la fuerza de la gravedad (peso propio), lo cual significa, segn la segunda ley de Newton, que estudiaremos en el siguiente captulo, que slo habr aceleracin en el sentido vertical, la cual es constante, dirigida hacia abajo e igual a 8,9=g m/s2. Tenemos como condiciones iniciales del problema que para t = 0: 0xx = 0yy = 000 cosvvx x == 000 senvvy y == Anlisis del movimiento en x: En esta direccin la aceleracin es nula 0== xax (1)

entonces: 0==dtxdx

Integrando: =x constante

para t = 0, 000 cosvvx x == xx vxv 0== (2)

Como xvdtdx

0= dtvdx x0=

x

y

O

0 v0x

v0y 0v

P (x, y)

x0

y0 P0

Fig. 1-9

C

x

y



Integrando: 10 ctvx x +=

para t = 0, 0xx = 01 xc =

entonces: tvxx x00 += tvxtx 000 cos)( += (3) Anlisis del movimiento en y: Anlogamente a lo realizado para x podemos escribir: En esta direccin la aceleracin es g () gyay == (4)

integrando: gtvyv yy == 0 (5)

integrando una vez ms: 200 21 tgtvyy y +=

es decir: 2000 21sen)( tgtvyty += (6)

As tendremos para el movimiento parablico:

Posicin: 2000000 21sen,cos( tgtvytvxr ++= )

Velocidad: )sen,cos( 0000 tgvvv =

Aceleracin: ),0( ga = La trayectoria de la partcula se puede determinar muy fcilmente si utilizamos las ecuaciones (3) y (6) para eliminar el parmetro t. As obtenemos una ecuacin cuadrtica que evidentemente corresponde a la de una parbola con eje principal vertical y abierta hacia abajo. Ejemplo 1.8: La rampa mostrada est diseada para un parque de recreacin. A travs de ella se logra el salto de diversos tipos de vehculos a partir del punto A. Si uno de ellos salta desde dicho punto con velocidad inicial Av y se sabe que demora t = 1,5 s en llegar a B, se pide:

a) Determinar la velocidad inicial Av . b) La distancia horizontal L. c) La altura mxima H que alcanza. d) La ecuacin cartesiana de la trayectoria.

x

y

Av

A 30

B

h

1 m

L

Fig. 1-10



Solucin: Tomemos un sistema cartesiano plano con origen en A. a) Hemos visto en el anterior ejemplo que la ecuacin paramtrica del movimiento

parablico en la direccin vertical y es de la forma:

200 21 tgtvyy y += (1)

si st 5,1= :

2)5,1()81,9(21)5,1(30sen01 += Av m/s38,13=Av

en (1): 29,469,6 tty = [t en s, y en m] (2) b) La ecuacin paramtrica del movimiento parablico en la direccin horizontal x es:

tvxx x00 += (3)

es decir: tvx A 30cos0 += tx 59,11= (4)

para el punto B: )5,1(59,11=L 38,17=L m

c) Sabemos que tgvy y = 0

tsenvy A 81,930 = ty 81,969,6 = Para calcular el instante en que se alcanza la altura mxima hacemos :0=y

081,969,6 = t 68,0=t s y finalmente, reemplazando hy = para 68,0=t s en la ecuacin paramtrica (2):

2)68,0(9,4)68,0(69,6 =h

28,2=h m 1+= hH m3,28=H d) Ecuacin de la trayectoria: utilizaremos las ecuaciones paramtricas del movimiento.

de (4): 59,11xt =

en (2): 2

59,119,4

59,1169,6

=

xxy

es decir: 231048,36577,0 xxy =

ecuacin cartesiana que corresponde, y de all el ttulo de este subcaptulo, a una parbola.



1.6 Aplicacin al movimiento general A continuacin presentaremos a travs de ejemplos, aplicaciones de lo visto hasta ahora para casos de movimiento plano y tridimensional. Ejemplo 1.10: El pasador A es obligado a moverse a lo largo de la ranura parablica xy 42 = 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:

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

b) Si la barra es inclinada, hallar la velocidad y aceleracin de A para x = 10 cm.

Solucin: a) Barra ranurada vertical. Como la parbola es la trayectoria de A entonces se cumple

para cualquier instante que:

xy 42 = (1)

Para x = 10 cm 325,6=y cm

dtd / : xyy 2= (2)

para el instante en anlisis: 10=x cm/s

162,3325,6

)10(22===

yxy

cm/s

Entonces: )162,3;10(=Av

[cm/s] Derivando la expresin (2):

xyyy 22 =+ (3)

Para el instante en anlisis: 0=x 02 =+ yyy

es decir: 58,1325,6

)162,3( 22=

=

=

yyy cm/s2

Entonces: )5,1;0( =Aa

[cm/s2]

Fig. 1-11

Axy 42 =

x

10 cm/s

O

y



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

xy 42 = (1)

dtd / : xyy 2= (2)

dtd / xyyy 22 =+ (3)

Adems, si tomamos como coordenadas para el punto C ),( CC yx , la ecuacin de la recta AC en cualquier instante ser:

)(34

CC xxyy = (4)

derivando (4): )(34

CC xxyy = (5)

Reemplazando x = 10 cm e 325,6=y cm en (2): xy 2325,6 = (6)

y adems 10=Cx cm/s e 0=Cy en (5): )10(34

= xy (7)

resolviendo (6) y (7): 11,13=x cm/s

15,4=y cm/s

entonces: )15,4;11,13(=Av [cm/s] ; cm/s75,13=Av

Reemplazando los valores obtenidos en (3): xy 2)15,4(325,6 2 =+ (8)

derivando (5): )(34

CC xxyy = (9)

reemplazando 0=Cx cm/s e 0=Cy en (9): xy 34

= (10)

resolviendo (8) y (10): 68,2=x m/s2

57,3=y m/s2

entonces: )57,3;68,2( =Aa [cm/s] ; 2cm/s46,4=Aa

34

A

xO

y

34

C

xy 42 =

10 cm/s

Fig. 1-12



Ejemplo 1.11: El disco circular excntrico gira con velocidad angular constante de 1 rad/s. El extremo A del vstago est siempre en contacto con la rueda circular excntrica de radio 1=R m debido a la accin de un resorte. Se pide determinar la velocidad y aceleracin del pistn B para 1=t s si la posicin inicial es la mostrada.

Solucin: para una posicin genrica tendremos:

cos2

22

22

2 xRxRR +

=

2243cos RxRx = (1)

:/ dtd 0)cos(2 = senxxRxx (2)

:/ dtd 0)coscos()(2 22 =+ senxxsenxsenxxRxxx (3)

Como 1== rad/s (constante) 1=dtd dtd =

integrando: =t

dtd00

t=

Adems: 0=

Para t = 1 s: 1= rad

de (1): 177,1=x m

en (2): 546,0=x m/s 546,0=Bv m/s ()

en (3): 173,0=x m/s2 173,0=Ba m/s2 ()

x

y

O

R

R/2 L

Fig. 1.13

AB

x

y

O RR/2 A

x

Fig. 1.14



Ejemplo 1.12: Un perrito P parte del punto )0,36(0 =P m y corre hacia su amo con velocidad constante 4 m/s. La direccin de la velocidad del perrito es tal que siempre est dirigida hacia su amo, quien parte en el mismo instante desde el origen y se mueve a lo largo de la direccin positiva del eje y con velocidad constante 2 m/s. Se pide hallar:

a) La ecuacin cartesiana de la trayectoria del perrito.

b) La posicin en que alcanza a su amo.

c) El tiempo necesario para ello. Solucin: Denominemos P al perrito y H a su amo. a) Posicin del perro: ),( yxP

Posicin del amo: ),0( hH

Pendiente en P: dxdy

xyh

=

=!

tan (1)

Adems, para el perrito: 222 )4(=+ yx 222

)4(=

+

dtdy

dtdx

41 22 =+ dydxdt

41)(2

=

+

dxdy

dtdx (2)

Para el hombre: 22 ==dtdhh (3)

(3) (2): dxdh

dxdy 21

2

=

+ (4)

de (1): dxdyxyh =

:/ dxd

+= 2

2

dxydx

dxdy

dxdy

dxdh

22

dxydx

dxdh

= (5)

Reemplazando (5) en (4): 2

2

2

12

+=

dxdy

dxydx

Ox

y

Tangente a la trayectoria del perro en P

P (x, y)

H

36

PO

h

Curva trayectoria del perro y = f(x)

Fig. 1.15

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



Para resolver esta ecuacin diferencial hagamos el cambio de variable: dxdyu =

212 udxdux +=

==

=+

x

x

u

u xdx

udu

3602

0021

xu

xuu360

2 ln21)1(ln =++

2/12/1 36

362

=

xxu

y como dxdyu /=

=

y x

xdx

xdy0 36

66

2

246181 2/12/3 += xxy

b) El perrito encuentra a su amo cuando 0=x . Reemplazando este valor en la ecuacin

de la trayectoria del perrito obtenemos:

24=y m

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

2=dtdh (constante) dtdh 2=

integrando: =th

dtdh00

2

th 2= Para 24=h m 12=t s

Ecuacin de la trayectoria del perrito.

Ecuacin de la trayectoria del amo.



1.7 Coordenadas intrnsecas o naturales A continuacin veremos otra manera de expresar tanto la velocidad como la aceleracin de una partcula. Aqu nos ser til recordar en primera instancia, del clculo diferencial, la existencia de los vectores unitarios tangencial te y normal principal ne (ver siguiente figura). Puesto que el vector velocidad es siempre tangente a la curva trayectoria, entonces podemos escribir:

tevv =

(1.10) Sabemos de (1.5) que el mdulo de la velocidad es:

222

+

+

=

dtdz

dtdy

dtdxv

entonces: dtdsdzdydx

dtv =++= 222 )()()(1 sv =

en (1.10): tesv

= (1.11)

La aceleracin ser:

ttt esesesdtdv

dtda )( +=== (1.12)

Ahora tendremos que evaluar el trmino te :

dseds

dtds

dsed

dtede tttt

=== (1.13)

donde el trmino dsed t es desconocido.

Forma intrnseca de la velocidad

C

Fig. 1-16

O

(Centro de

Curvatura)

)(tr

te

)(tsP

ne

PO

C

rr

+r

r

O

P

Fig. 1-17

C



En la siguiente figura 1-18a se muestran dos posiciones muy prximas en el recorrido de una partcula a lo largo de su curva trayectoria. A dichas posiciones corresponden los vectores unitarios tangenciales )( set y )( sset + . Como se puede ver en la figura b la variacin sufrida por )( set est representada por el vector te , cuyo mdulo se muestra en la figura c. A partir de ello podemos escribir:

se

ssesse

dsed t

s

tt

s

t

=

+=

00lim)(

)(lim

Por otro lado tenemos que 1 = tt ee ,

:dsd 0 =+ tttt eds

deeedsd

es decir: 0 = tt eedsd

lo cual significa que el vector

tedsd es perpendicular a te .

Se define el vector normal principal como:

t

t

n

edsd

edsd

e

= (1.14)

dsd

sssen

dsed

ss

t =

=

= 00

lim)2/(2lim

(1.15)

Del clculo diferencial (ver figura 1.19) sabemos que:

dds =

1=

dsd (1.16)

donde es el radio de curvatura de la trayectoria en el punto correspondiente a (s). Fig. 1-19

ds

C

d

d

(s)

(s+s)

PO

C



de (1.15) y (1.16) concluimos que: 1

=dsed t (1.17)

en (1.14) y despejando: nt edsed 1

= (1.18)

Ahora, reemplazando este resultado en (1.13) obtenemos:

nt ese = (1.19)

y finalmente en (1.12): nt esesa

2

+= (1.20)

o tambin: nt aaa

+= (1.21)

donde: tt esa

= se denomina aceleracin tangencial o tambin componente

tangencial de la aceleracin, cuyo mdulo es sat = . Ella es la que indica el cambio de la magnitud de la velocidad.

y nn esa

2

= se denomina aceleracin normal o tambin componente normal

de la aceleracin, cuyo mdulo es

22 vsan ==

. Ella es la que

indica el cambio de direccin del vector velocidad.

El mdulo de la aceleracin ser: ( )22

222

+=+=

ssaaa nt

(1.22)

Los vectores unitarios nt ee , y be (donde ntb eee = es el denominado vector unitario binormal) constituyen el triedro intrnseco de Frenet (1)

.

Notar que la aceleracin tiene componentes solamente a lo largo de las direcciones tangencial te y normal

ne (ver figura 1-9). (1) Jean Frdric Frnet (1816, Prigueux 1900, Prigueux). Clebre matemtico francs. Ingres en

Lcole Normale Superieure en 1840 y luego estudi en Toulouse, donde en 1847 redact su tesis doctoral en la que fundament su teora de curvas. Llev a cabo numerosos trabajos sobre geometra diferencial e introdujo el llamado triedro de Frnet, formado por los vectores unitarios tangente, normal y binormal a una curva en un punto, que constituyen una base ortonormal.

forma intrnseca de la aceleracin

Fig. 1-20o

(Centro de Curvatura)

ne

be

te

PO

P

C

s C



Nota 1: Si tenemos la expresin cartesiana de la aceleracin y deseamos calcular las componentes tangencial y normal, podemos usar la expresin (1.21) de la siguiente manera:

nntt eaeaa +=

:te tt aea =

teas =

:ne nn aea =

neas

2

=

(debe ser > 0 !)

Nota 2: Recordar que el radio de curvatura para una curva plana contenida en el plano xy

se calcula mediante la expresin:

232

2

2

1

1

+

=

dxdy

dxyd

Nota 3: En el caso en que se tengan las ecuaciones paramtricas del movimiento plano, puede resultar conveniente utilizar otra expresin para el radio de curvatura, la cual deduciremos a continuacin:

bntt esesesesav )()(

32

=+= donde ntb eee =

es decir:

3sav

= 31

vav

=

y como xyyxjyixjyixav

=++= )()( 2322 )(1

yxxyyx

+

=

Caso particular: movimiento circular

Posicin: )(cos jseniRr +=

Velocidad: tevv =

donde: jisenet cos +=

Aceleracin: nt eRveva

2

+=

donde: jsenien cos = Muy en particular, si la partcula se mueve de tal manera que el mdulo de su velocidad es constante, entonces la aceleracin tendr solamente componente normal:

neRva

2

=

Fig. 1-21

Rne

te

s

O PO

P



Ejemplo 1.13: Una partcula recorre la curva 2)3( + yx = 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 relacin 1=+ yx .

Para el instante en que el mdulo de la velocidad es mnimo se pide:

La posicin del mvil

Longitud de curva recorrida hasta ese instante

Las componentes cartesianas de la velocidad y aceleracin

Las componentes intrnsecas de la velocidad y aceleracin

El radio de curvatura de la trayectoria sin utilizar la ecuacin de la geometra analtica

Solucin: De la ecuacin de la trayectoria: 23 =+ xyx (1)

derivando implcitamente: 22

=+xxyx

(2)

de la hodgrafa: 1=+ yx (3)

De (2) y (3): 22 == xdtdxx

22

=xdxdt

integrando: =xt

xdxdt

20 22

x

xt2

2= 2= x

ordenando: 22 += tx (4)

d/dt: tx 2= (5)

d/dt: 2=x (6)

en (3): ty 21=

dttdyty

=01

)21(

21 tty =

ordenando: 12 ++= tty (7)

d/dt: 12 += ty (8)

ecuacin paramtrica en x

ecuacin paramtrica en y



d/dt: 2=y (9)

Ahora calcularemos el instante en que ocurre la velocidad mnima. Sabemos que: 22 yxv +=

de (5) y (8): 22 )12()2( ++= ttv

148 2 += ttv (10)

v ser mnima si 0=dtdv , entonces: 0

)148()14(2 !

2/12 =+

=tt

tdtdv

obtenemos: 25,0=t s Para comprobar si es un valor mnimo o mximo examinaremos el signo de la segunda derivada evaluada para el instante encontrado:

031,11)148(

8)148(

)14(

25,02/122/32

25,02

2

>=

+

++

=

== tt ttttt

dtvd

entonces efectivamente se trata de un mnimo.

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

de (10): dtttds 148 2 +=

integrando: +=25,0

0

2

0

148 dtttdss

de donde: =s 0,167 m

Posicin para el instante t = 0,25 s: de (4): x = 2,063 m de (7): y = 1,188 m

)188,1;063,2(=r

m/s

Velocidad para el instante t = 0,25 s:

de (5): 5,0=x m/s

de (8): 5,0=y m/s

)5,0;5,0(=v

m/s



y su mdulo: 707,022 =+= yxv m/s

Aceleracin para el instante t = 0,25 s:

de (6) y (9): )2,2( =a

m/s2

y su mdulo: 83,2=a m/s2

Aceleracin en forma intrnseca: nt esesa

2

+=

Como vs = vs = Para el instante en anlisis sabemos que 0=v (condicin de mnimo utilizada), entonces

0=s . Ello significa que en este ejemplo y para el instante en estudio la aceleracin solamente tiene componente normal pues la componente tangencial es nula.

As:

220 saesa n

=+=

de donde: 177,083,2

)707,0( 22===

av m

Adems: )707,0;707,0(707,0

)5,0;5,0( ===vvet

entonces:

=

)707,0;707,0(

)707,0;707,0(ne

que son dos posibilidades, pero slo una es fsicamente posible. Recordando que nn aea =

es siempre > 0, entonces descartamos la primera y elegimos

la segunda por cuanto es fcil observar que:

083,2)707,0;707,0()2,2(!>=

El mismo resultado hubiera sido obtenido si utilizamos el hecho de que, en este instante y caso particular, la aceleracin total tiene solamente componente normal.

Es decir: )707,0,707,0( ===aa

aae

n

nn

Finalmente, la forma intrnseca de la aceleracin ser: nea 83,2=

[m/s2]

pues at = 0



Ejemplo 1.14: La partcula mostrada recorre una trayectoria parablica definida por la ecuacin 25,0 xy = . La componente de la velocidad a lo largo del eje y es

22 tvy = m/s, donde t esta dado en segundos. Sabiendo que cuando t = 0, x = 0, y = 0, se pide determinar para el instante 1=t s:

a) La distancia de la partcula desde el origen O. b) La velocidad, la magnitud de la aceleracin

tangencial y normal.

c) La longitud de curva recorrida.

Solucin: 22 ty = =ty

dttdy0

2

0

2

332 ty = (1)

adems: ty 4=

como: 2/12 25,0 yxxy ==

de (1): 2/32/1

3

32

322 txtx =

= (2)

(1) y (2) son las ecuaciones paramtricas del movimiento.

De (2): 2/13

3 tx =

2/132

3 = tx

para 1=t s: 155,13

2==x m

667,0=y m

adems: 732,13

3==x m/s

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

y tambin: 866,0=x m/s2

4=y m/s2 )4;866,0(=a

m/s2

Para 1=t s:

a) 856,1)667,0()732,1( 22 =+=d m

Ox

y

25,0 xy =

Fig. 1-22



b) )2;732,1(=v m/s 65,2=v m/s

pendiente de la tangente: 155,1tan155,1155,1

===== xx

xdxdy

vector unitario tangencial: )756,0;655,0(),(cos == senet

vector unitario normal: )655,0;756,0( =ne

La aceleracin es: ntnntt eseseaeaa

2

+=+= (donde vs = )

comp. tangencial: tt eaa = 59,3)756,0;655,0()4;866,0( ==ta m/s

2

comp. normal: nn eaa = 965,1)655,0;756,0()4;866,0( ==na m/s

2

radio de curvatura:

2

vea n =

2)31,2()655,0;756,0()4;866,0( =

715,2= m

c) Longitud de curva recorrida desde )0,0(0 =P

22 )()( dydxds +=

dxdxdyds

2

1

+=

como xdxdyxy == /5,0 2

reemplazando: dxxds 21+=

integrando: dxxs +=155,1

0

21 376,1=s m

Ejemplo 1.15: El esquiador se mueve a lo largo de la trayectoria mostrada con rapidez (mdulo de velocidad) constante 6=v m/s. Se pide determinar la velocidad v

y la aceleracin

a

en el instante en que est en el punto A, el cual es el punto de tangencia entre el tramo recto y el parablico. Solucin: Velocidad:

v

es tangente a la trayectoria tevv =



Pendiente de la tangente a la trayectoria en A:

11,0tan1010

===== xx

xdxdy = 45

)2/2,2/2( =te

)2/2,2/2(6 =v )23,23( =v m/s

Aceleracin: nt esesa

2

+=

donde: 222/32

/])/(1[

dxyddxdy+

= = 10

2/3

1,0)1,0(1[

=

+

x

x 3,28= m

6== vs

0=s

)2/2,2/2( =ne

nn eea 27,13,28)6( 2

==

m/s2

2da. solucin: empleando coordenadas cartesianas

Ecuacin de la trayectoria: 205,0 xy =

dtd / : xxy 1,0= (1)

El mdulo de la velocidad es constante: 222 )6(=+ yx (2) En el instante analizado 10=x m e 5=y m. Reemplazando estos valores en (1) y (2) y resolviendo obtenemos:

23== yx m/s observando que el esquiador desciende: 23== yx m/s

)23,23( =v

m/s Para calcular la aceleracin derivamos las expresiones (1) y (2):

de (1): xxxy 2,01,0 2 += (3)

de (2): 022 =+ yyxx (4)

Resolviendo (3) y (4) para el instante analizado: 9,0=x m/s2 9,0=y m/s2

)9,0;9,0(=a

m/s2



Si se quiere utilizar este resultado para calcular el radio de curvatura sin necesidad de reducir a la geometra analtica:

Sabemos que: nt eveva

2

+=

(5)

ne

2 vea n =

neav

2

=

Reemplazando los resultados obtenidos y observando que siendo 0=v (pues

=v constante) entonces a

esta ntegramente contenida en la direccin de ne

:

27,1

)9,0;9,0( =ne

27,1)9,0;9,0()9,0;9,0(

)6( 2

= 28,28= m

Ejemplo 1.16: En el instante mostrado la posicin del collarn P est dada por yP = 100 mm y su velocidad por 200=Pv mm/s constante. Calcular para ese instante la velocidad y la aceleracin de P en trminos de las componentes normal y tangencial. Solucin:

Py = 100 mm

200=Py mm/s

0=Py El punto (300 ; 0) pertenece a la parbola 2)300(4000 k=

32 10444,4300400 ==k

Entonces, la ecuacin de la parbola ser: 2400 xky = (1) Para 100=y tenemos: 8,259=x mm derivando (1): xxky 2= (2)

reemplazando valores: x)8,259()0044,0(2200 = 6,86=x m/s

derivando (2): )(2 2 xxxky += (3)

reemplazando valores: xxx =2 x)8,259()6,86( 2 =

87,28=x mm/s2

A

y

B

300 mm

P

xO

yP

y = 400 k x2

Fig. 1-24



Luego: )100;8,259(=r

mm )200;6,86(=v

mm/s

)0;87,28(=a

mm/s2

)918,0;397,0()200()6,86(

)200;6,86(),(22

=+

==

vvv

e yxt

)397,0;918,0( =ne 22 )200()6,86( +=v 94,217=v mm/s

)918,0;397,0()0;87,28( == tt eaa

46,11=ta mm/s2

)397,0;918,0()0;87,28( == nn eaa

5,26=na mm/s2

As: )918,0;397,0(46,11 == ttt eaa

)52,10;55,4(=ta

[mm/s2]

)397,0;918,0(5,26 == nnn eaa

)52,10;33,24( =na

[mm/s2] Ejemplo 1.17: La varilla rgida AB de longitud L se mueve de tal manera que A y B estn

sobre la parbola 875,1=y 2x . Si la velocidad de B es tal que 6,3=Bv m/s constante y en el instante mostrado 4,0=Bx m, se pide calcular la velocidad de A, as como aceleraciones de A y B.

Solucin:

0=Ax

0=Ay

4,0=Bx m

3,0)4,0(875,1 2 ==By m Velocidad de B: ),( BBB yxv

=

6,322 =+= BBB yxv [m/s] 1322 =+ BB yx (1)

Como xxyxy )2(875,1875,1 2 == BBB xxy )(75,3= Como BBBB xxyx 5,1)4,0(75,34,0 === (2)

de (1) y (2): 2=Bx m/s e 3=By m/s

entonces: )3,2(=Bv

m/s

A

B

L

0,4 m

x

y

Fig. 1-25



Velocidad de A: ),( AAA yxv

=

Como A es vrtice )0,(0 AAA xvy ==

Tenemos: 222 )()( Lxxyy ABAB =+

:dtd 0)()(2)()(2 =+ ABABABAB xxxxyyyy

de donde: 25,4=Ax m/s

Entonces: )0;25,4(=Av

m/s

Aceleracin de B:

Bv constante no implica que 0=Ba pues nBtBB eveva

2

+=

Tenemos: 01322 =+=+ BBBBBB yyxxyx (3)

adems: BBBBBBB xxxyxxy 75,375,375,32 +== (4)

Tenemos para B que: 4,0=Bx m e 3,0=By m

en (3) y (4): 92,6=Bx m/s2 e 62,4=By m/s

2

Entonces: )62,4;92,6(=Ba

m/s Aceleracin de A:

Puesto que: 2875,1 AA xy =

d/dt: AAA xxy 75,3=

d/dt: AAAA xxxy 75,375,32 += 73,67=Ay m/s

2 Adems: 222 )()( Lyyxx ABAB =+

d/dt: 0)()()()( =+ ABABABAB yyyyxxxx

d/dt: 0)()()()()()( 22 =+++ ABABABABABAB yyyyyyxxxxxx 09,19=Ax m/s

2

Entonces: )73,67;09,19(=Aa

m/s

Nota: si se requiere calcular B sin usar la expresin correspondiente de la geometra analtica podemos hacer lo siguiente:

Calculamos: 13

)3,2( ==B

Bt v

ve



Entonces:

=

=

=

!17,108)2,3(131

!17,108)2,3(131

noea

OKeae

n

n

n

y como:

2 BnB

vea =

B

2)13()2,3(131)62,4;92,6( =

de donde: 56,1=B m Ejemplo 1.18: Las ranuras mviles 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 razn de 5 cm/s2, mientras que la corredera A se desplaza con una velocidad de 5 cm/s en el sentido indicado decreciendo a razn de 8 cm/s2. Se pide calcular para ese instante:

a) La velocidad y aceleracin del pasador P. b) El vector posicin del centro de curvatura

de la trayectoria absoluta de P. Solucin: a) De datos: 10=Cy cm/s 5=Cy cm/s

2

=Av 5 cm/s )8,0;6,0(5 =Av

)4,3(),( == AAA yxv

cm/s

=Aa 8 cm/s2 )8,0;6,0(8 =Aa

)4,6;8,4(),( == AAA yxa

cm/s2

Ecuacin de la recta AB: )(43

AA xxyy =

reescribiendo: AA yxyx = 75,075,0 (1)

derivando: AA yxyx = 75,075,0 (2)

derivando otra vez: AA yxyx = 75,075,0 (3)

Ecuacin de la recta CD: )()3/1( CC xxyy =

reescribiendo: CC yxyx =+ )3/1()3/1( (4)

O

O30

cm

C

PB

D

AvA

x

y

30

34

34

Fig. 1-26



derivando: CC yxyx = )3/1()3/1( (5)

derivando otra vez: CC yxyx = )3/1()3/1( (6) Reemplazando: 30;0;0 ==== CCAA yxyx cm en (1) y (4):

cm16,951ycm601,22

30)3/1(

075,0==

=+

= xyx

yx

Reemplazando: cm/s10;0cm/s;4cm/s;3 ==== CCAA yxyx en (2) y (5):

cm/s8,369cm/s825,2

10)3/1(

25,675,0==

=+

=

yx

yx

yx

Reemplazando: 222 cm/s5;0;cm/s4,6;cm/s8,4 ==== CCAA yxyx en (3) y (6):

22

cm/s175,7cm/s767,3

5)3/1(

1075,0

==

=+

=

yx

yx

yx

Entonces: )95,16;6,22(=Pr

cm

)369,8;825,2( =Pv

cm/s 883,8=Pv cm/s

)( 175,7;767,3=Pa cm/s2 104,8=Pa cm/s

2

b) 833,8

406,49 ===v

vaeaa tt

593,5=ta cm/s2

864,522 == tn aaa cm/s2

como

2van = 864,5)883,8( 22

==na

v 305,13= cm

n

t

n

t

n

nn a

vvaa

aaa

aae

=

== 864,5

833,8369,8;825,2)593,5()175,7;767,3(

=

( )3199,0;947,0 =ne cm Posicin del centro de curvatura C:

nPC err +=

)3199,0;947,0(305,13)951,16;601,22( +=Cr

)21,21;10(=Cr cm

C

ne

Pr

Cr

O x

y

P

Fig. 1-27



1.8 Velocidad y aceleracin en coordenadas polares En muchos casos en que estemos analizando el movimiento plano de una partcula, ser conveniente definir la posicin de un punto P a travs de la distancia r a un punto fijo (origen polar) y a un ngulo que define el vector posicin a partir de un eje polar fijo.

Para la posicin genrica que ocupa la partcula P se definen los vectores unitarios: radial: ),(cos sener = (1.23) transversal: )cos,( sene = (1.24) As, el vector posicin se puede representar por: rertr )( =

(1.25)

Velocidad: )()()( rerdtdtr

dtdtv ==

dtedrer rr +=

dtd

dedrer rr

+= (1.26)

De la definicin del vector unitario radial (1.23) podemos deducir su derivada:

esen

ded r )cos,( !

== (1.27)

en (1.26): ererv r

+=

o tambin: vvv r

+= (1.28)

donde: rr erv

= se denomina velocidad radial o tambin componente radial de la

velocidad, cuyo mdulo es rvr = . y erv

= se denomina velocidad transversal o tambin componente

transversal de la velocidad, cuyo mdulo es rv = . El mdulo de la velocidad ser: ( ) 2222 )( rrvvv r +=+= (1.29)

Fig. 1-28

r(t)

x

y

ree

O

Eje polar

P

)(rr =



Aceleracin: )()()( ererdtdtv

dtdta r

+==

)()( edtdrere

dtdrer rr +++=

++++=dtd

dederere

ddrer rr

(1.30)

de (1.24): resended ),cos(

== (1.31)

en (1.30): rr ererererera 2

+++=

errerra r )2()(2 ++=

o tambin: aaa r

+= (1.32)

donde: rr erra )(

2

= se denomina aceleracin radial o tambin componente radial de la aceleracin, cuyo mdulo es 2 rrar = .

y erra )2(

+= se denomina aceleracin transversal o tambin

componente transversal de la aceleracin, cuyo mdulo es rra += 2 .

El mdulo de la aceleracin es: 22222 )2()( rrrraaa r ++=+= (1.33) Nota: el cambio de )(t con respecto al tiempo )( dtd se denomina velocidad angular y

no debe ser confundida con el vector velocidad angular de un cuerpo rgido )( , concepto que estudiaremos en el captulo 6.

Anlogamente: )()( tdtdt = )(t

dtd = )(t= es la aceleracin angular.

Caso particular: movimiento circular r = R (const.) 0== rr Velocidad: eRvererv r

=+= Aceleracin: errerra r )2()(

2 ++=

eReRa r 2 +=

Rre

e

s

Fig. 1-29



Ejemplo 1.19: El bloque D se mueve con velocidad 0v (constante) y mediante el pin P soldado a l arrastra al brazo ranurado, el cual puede girar alrededor de O. Se pide: a) Calcular la velocidad y aceleracin angular del

brazo OA en funcin de h, 0v y .

b) Calcular la aceleracin de P. Solucin: Ser importante reconocer en este momento que la trayectoria de la partcula P

es rectilnea. a) Descomponiendo 0v

en sus componentes rv

y v

: De la figura: cos0vvr =

senvv 0= es decir: esenvevv rP cos 00 =

(1)

Como ererv rP

+= (2)

Comparando (1) y (2): cos0vr = (3)

senvr 0= (4)

como sen

hr = )4(en

h

senv

20= (5)

dtd : cos2 0 sen

hv

=

de (5): cos2 3220 sen

hv

= (6)

b) La aceleracin de P tendr la forma:

errerra

aar

r

P )2()(2

++= (7)

Si observamos los trminos que contiene esta ltima expresin, observamos que solamente nos falta evaluar r .

Derivando (3): senvr 0=

D

O

v0

h

C

r

Fig. 1-30



de (5):

=

hsenvsenvr

20

0 hsenvr

320= (8)

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

22

032

0

=

hsenv

senh

hsenvar

0=ra

cos

2cos2 3220

20

0 senhv

senh

hsenvva +

= 0=a

lo cual indica que el pin P no est acelerado (lo cual era de esperar pues dicho pin se mueve solidario a D, el cual a su vez se mueve segn una trayectoria rectlilnea con velocidad constante). Ejemplo 1.20: 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 cos5,710 =r [r en cm].

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

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

Solucin: a) Tomaremos el eje de la cardioide como eje polar y as el ngulo deviene en ngulo

polar. Entonces para una posicin genrica de la barra podemos escribir: Ecuacin polar de la trayectoria: cos5,710 =r (1)

De dato: 19,4)40(30

== rad/s (const.) (2)

y tambin: 0= (3) Velocidad en coordenadas polares: ererv r

+= (4)

derivando (1): senr 5,7= (5)

O

Ar

40 RPM

Fig. 1-32



Para el instante analizado: = 30 , 19,4= rad/s y 0=

en (1): 5,3=r cm

en (5): 71,15=r cm/s Reemplazando valores en (4): eev r )67,14()71,15( +=

[cm/s] (6)

donde: )5,0;87,0(),(cos == sener

)87,0;5,0()cos,( == sene El mdulo de la velocidad ser: 49,21=v cm/s Si se desea la expresin vectorial de la velocidad en coordenadas cartesianas bastar con reemplazar las componentes de los vectores unitarios para el instante en anlisis en (6):

jijijiv 62,2033,6)87,05,0(67,14)5,087,0(71,15 +=+++=

La aceleracin est dada por: errerra r )2()(

2 ++= (7)

derivando (5): senr 5,7cos5,7 2 += (8)

Reemplazando valores en (8): 55,114)0()5,0(5,7)19,4()87,0(5,7 2 =+=r cm/s2

Finalmente en (7): eea r )65,131()10,53( +=

[cm/s2] (9) con mdulo: 96,141=a cm/s2

Si se desea la expresin vectorial de la aceleracin en coordenadas cartesianas bastar con reemplazar las componentes de los vectores unitarios para el instante en anlisis en (9):

jijijia 09,14163,19)87,05,0(65,131)5,087,0(10,53 +=+++=

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 ecuacin polar de la cardioide:

cos5,710 =r

donde el ngulo es el ngulo formado por el eje (ahora mvil) de la cardioide y la barra. Adems se cumplir para todo instante que: +=

y en consecuencia: +=

y tambin: +=

De datos: 14,3)30(30

== rad/s (const.) 0=



19,4)40(30

== rad/s (const.)

0= Como: cos5,710 =r

:/ dtd senr 5,7=

:/ dtd senr 5,7cos5,7 2 += Entonces:

2 rrar = 22 )cos5,710(cos5,7 =

rra += 2

)cos5,710()cos5,7(2 += Como = = 0== Para = 30 : 45,287=ra cm/s

2

35,230=a cm/s2

36,36822 =+= aaa r cm/s

2 Ejemplo 1.21: El pin P est fijo a la barra articulada AB. Dicho pin est obligado a moverse a lo largo de una corredera mvil en forma de parbola de eje vertical con vrtice 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 razn de 2 cm/s2. Calcular para ese instante:

a) La velocidad y aceleracin del pin P. b) La velocidad y aceleracin angulares de

la barra AB.

Solucin: a) La ecuacin de la parbola es de la forma:

2xkyy C = (1)

OAr

eje polar para el

movimiento del brazo

eje de la cardioide

40 RPM

30 RPM

Fig. 1-33

C

D

y

A

R 34

B

10 cm

10 c

m P

x

6,25

cm

Fig. 1-34



El punto D de coordenadas 25,6;10 == Cyyx debe satisfacer dicha ecuacin, entonces:

0625,0=k

en (1): 20625,0 xyy C = (2)

:/ dtd xxyy C 125,0= (3)

:/ dtd )(125,0 2 xxxyy C += (4)

Adems, la trayectoria de P es una circunferencia:

222 Ryx =+ (5)

:/ dtd 0=+ yyxx (6)

:/ dtd 022 =+++ yyyxxx (7)

En el instante analizado tenemos que: 10=Cy cm

6=Cy cms

2=Cy cm/s2

En dicho instante las coordenadas de P deben satisfacer las ecuaciones de la parbola: 20625,010 xy = y de la recta xy )4/3(= .

Resolviendo el sistema obtenemos: 8=x cm e 6=y cm

en (5): R = 10 cm

en (3) y (6) y resolviendo: 18=x cm/s

24=y cm/s

en (4) y (7) y resolviendo: 5,334=x cm/s2

296=y cm/s2

b) Tenemos: 5/3sen = y 5/4cos =

0)5/3(24)5/4(18!

=== rvr (8)

30)5/4(24)5/3(18!

=== rv (9)

y como 10== Rr cm

3= rad/s

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

)24,18( =

Pv

cm/s

)296,5,334(=

Pa

cm/s2

A

ree

P 18 cm/s

24 cm/s

r

Fig. 1-35



90)5/4(5,334)5/3(296!

2 === rrar (10)

5,437)5/3(5,334)5/4(2962!

=+=+= rra (11)

como Rr = (constante) 0== rr

de (11): 75,43= rad/s2

Nota 1: De otra manera para la parte b): xy

=tan (12)

:/ dtd 22 )(sec

xyxxy =

es decir: 22cos xyxxy

=

(13)

para el instante analizado: 22

)8(6)18(8)24(

45

=

rad/s3=

de (13): 22 cos)( yxxyx = (14)

d/dt: )(cos)()(cos2)2( 22 yxyxxyxyyxxysenxxx ++=+

y reemplazando valores y despejando: 2rad/s75,43= Nota 2: De otra manera para la parte b):

ererv r

+= rev =

reemplazando: r= )cos,sen()24,18(

)10()8,0;6,0()24,18( =

de donde: rad/s3=

errerra r )2()(2 ++=

rrea += 2

reemplazando: r= )cos,sen()296;5,334( (pues )0=r

)10()8,0;6,0()296;5,334( =

de donde: 2rad/s75,43=

A

ree

P334,5 cm/s2

r

296 cm/s2

Fig. 1-36



Ejemplo 1.22: La varilla telescpica mostrada hace mover al pasador P a lo largo de la trayectoria fija

25,22 xy = [x e y en cm]. Si la coordenada x est dada por ttx 5,125,2 2 = [t en s, x en cm], se pide calcular: a) Las componentes cartesianas de la

velocidad y aceleracin de P cuando x = 15 cm.

b) La velocidad y aceleracin angulares de la varilla.

Solucin: a) De la ecuacin de la trayectoria:

25,22 xy = (1)

:/ dtd xxy 25,22 = (2)

:/ dtd )(25,22 2 xxxy += (3) Adems, de ecuacin paramtrica en x:

ttx 5,125,2 2 = (4)

:/ dtd 5,125 = tx (5)

:/ dtd 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. As, las componentes cartesianas de la velocidad sern: de (5): 5,17=x cm/s

en (2): 33,23=y cm/s

y correspondientemente las componentes cartesianas de la aceleracin sern:

de (6): 5=x cm/s2

en (3): 89,33=y cm/s2

)33,23;5,17(=v

[cm/s]

)89,33;5(=a

[cm/s2]

A

25,22 xy =

P x

y

30 c

m

O

Fig. 1-37



b) En el instante en estudio:

43

2015

==tan 5/3=sen

5/4cos =

==

54,

53)cos,( sener

==

53,

54),(cos sene

Sabemos que la velocidad tiene la forma polar:

ererv r

+=

o tambin: evevv rr +=

La componente radial se puede calcular de la siguiente manera:

164,854,

53)33,23;5,17( =

== rr evv

de donde: 164,8=r cm/s (7) Anlogamente, la componente transversal ser:

0,2853,

54)33,23;5,17( =

== evv

es decir: 0,28=r cm/s (8)

para el instante en anlisis r = 25 cm, entonces, de (8): 12,1= rad/s (9) Sabemos que:

errerraara

r )2()(2

++=

La componente radial de la aceleracin se puede calcular de la siguiente manera:

112,2454,

53)89,33;5( =

== rr eaa

cm/s2

es decir: 112,242 = rr (10) Anlogamente para la componente transversal de la aceleracin:

334,2453,

54)89,33;5( =

== eaa

cm/s2

es decir: 334,242 =+ rr (11)

Reemplazando los valores ya obtenidos para r y para el instante en anlisis obtenemos: de (10): 248,7=r cm/s2

y de (11): 70,1= rad/s2

A

25,22 xy =

P

x

y

30 c

m

re

e

r

eje polar

origen polar

15 cm

10 c

m

Fig. 1-38



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

y

x

=30

tan

:/ dtd 22

)30()()30()(sec

yyxyx

= (12)

de donde: 12,1= rad/s

de (12): )30(cos)30( 22 yxyxxy += derivando implcitamente:

++=+ )30()(cos2)()30()2()30( 2 yxyxxsenyyy

)30(cos2 yxyxyxyxx +++

reemplazando los valores obtenidos en a) despejando:

70,1= rad/s2 1.9 Coordenadas cilndricas

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

De acuerdo a lo dicho definiremos los vectores unitarios radial ( Re ) y transversal ( e ) contenidos en el plano de base y adems un tercer vector unitario perpendicular a ambos ( ze ), con lo cual el vector posicin quedar definido como: zR ezeRtr )( +=

(1.34)

Dicho de otra manera el vector posicin )(tr

quedar definido si conocemos:

=

==

)()()(

tzzttRR

Ecuaciones paramtricas en coordenadas cilndricas

Re

r

R

x

y

z

O

P

e

ze

Re

eze

z

C

Fig. 1-39



En forma anloga a lo expresado para coordenadas polares podemos escribir:

eeR =

Ree =

0 =ze

Velocidad: zzR ezezeReRrdtdv +++==

zR ezeReRv

++= (1.35)

o tambin: zR vvvv

++= (1.36)

donde: RR eRv

= se denomina componente radial de la velocidad, cuyo mdulo es RvR = .

eRv

= se denomina componente transversal de la velocidad, cuyo

mdulo es Rv = .

y zz ezv

= se denomina componente de la velocidad en direccin z, cuyo mdulo es zvz = .

El mdulo de la velocidad ser: 222222 )()()( zRRvvvv zr ++=++= (1.37)

Aceleracin: zRR ezeeReReReRvdtda )(

+++++==

zRR ezeReReReR 2 ++++=

zR ezeRReRRa )2()(2

+++= (1.38)

o tambin: zR aaaa

++= (1.39)

donde: RR eRRa )(2

= se denomina aceleracin radial o tambin componente

radial de la aceleracin, cuyo mdulo es 2 RRaR = .

eRRa )2(

+= se denomina aceleracin transversal o tambin componente transversal de la aceleracin, cuyo mdulo es RRa += 2 .

ezaz

= se denomina componente de la aceleracin en direccin z, cuyo mdulo es zaz = .

El mdulo de la aceleracin ser:

2222222 )()2()( zRRRRaaaa zR +++=++= (1.40)



Ejemplo 1.23: Una partcula inicia su movimiento en el punto O recorriendo el arco s sobre la placa segn la funcin 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 1= rad/s. Si para t = 0, 0= , se pide determinar la velocidad y aceleracin de la partcula para t = 3 s. Solucin:

Tenemos de dato que 1= rad/s (const.) 1/ =dtd ct +=

para 0=t , 0= 0=c t=

adems: ttss ====10

1010

10

Determinacin de R y z (coordenadas cilndricas):

cos1010 =R tR cos1010 = derivando: tsenR 10= tR cos10=

senz 10= tsenz 10= derivando: tz cos10= tsenz 10= Reemplazando para el instante en anlisis: 33 == st rad

entonces: 89,193cos1010cos1010 === tR cm

41,131010 === sentsenR cm/s;

89,93cos10cos10 === tR cm/s2 89,93cos10cos10 === tz cm/s 41,131010 === sentsenz cm/s2

Velocidad: zR ezeReRv

++=

zR eee 89,989,1941,1 += [cm/s]

222 zR vvvv ++= 25,22=v cm/s

Aceleracin: zR ezeRReRRa )2()(2

+++=

zR eee 41,182,278,29 += [cm/s2]

222 zR aaaa ++= 95,29=a cm/s2

r

z

O

P

y

x

R

z

10 cm

Qs

C

Fig. 1-40

O

P

s

RC

Q

10 cmz

Fig. 1-41



1.10 Velocidad areolar Se define el rea barrida por el vector posicin entre dos posiciones vecinas (ver figura) como:

rr

=21

El rea barrida por unidad de tiempo se denomina velocidad areolar:

tt

=

0lim =

trr

t

21lim

0

velocidad areolar (1.41) En coordenadas cartesianas tendremos:

zyxzyxkji

21

=

En particular este concepto ser til en el estudio del movimiento causado por una fuerza central, que como demostraremos en el siguiente captulo, es un movimiento plano. Particularizando la anterior expresin para este caso (z = 0):

kyxyxyxyx

kji)(

21

00

21

==

En coordenadas polares: rerr =

ererv r

+=

)(21

21 2

eervr r ==

kr

221

= (1.42)

vr

=21

r

z

y

x

rr

+

r

O

P

C

Fig. 1-42



1.11 Movimiento relativo con respecto a ejes en traslacin

Sistema fijo x, y, z con origen O. Sistema mvil zyx con origen en A cuya posicin es Ar

con respecto a Oxyz. Condicin: el sistema mvil se traslada (no gira) No es necesario que Oxyz // zyxA .

APAp rrr /

+=

:/ dtd APAP vvv /

+= (1.43)

:/ dtd APAP aaa /

+= (1.44)

Ejemplo 1.24: Un labe tiene un ngulo de salida de 30 con respecto a la horizontal. Si la velocidad de una partcula de agua con respecto al labe es constante e igual a 1000 m/s y la velocidad real de dicha partcula respecto a tierra al momento de abandonar el labe es de 625 m/s, se pide calcular la velocidad de traslacin 0v del labe. Solucin: Sistema mvil yx unido al labe y slo se traslada. Sabemos que: AlabePAlabeP vvv

=/

Es decir: AlabePPAlabe vvv /

= (1) Velocidad absoluta de P: ),cos(625 senvP =

Velocidad relativa de P con respecto al labe: )30,30cos(1000/ = senv AlabeP

Velocidad absoluta del labe: )0,1(0vvAlabe =

en (1): )2/1,2/3(1000),cos(625)0,( 0 = senv

resolviendo: = 13,53 y 4910 =v m/s

z

y

x

O

Pr

P

z'

y'

x'A

Ar

APr /

C

Fig. 1-43

'x

'y30

smv AlabeP /1000/ =

AlabePv /

Ov

A

P

Fig. 1-44



1.12 Cinemtica de partculas interconectadas A continuacin estudiaremos el movimiento de partculas cuando se hallan conectadas unas con otras por elementos flexibles (cuerdas), que se disponen conjuntamente con poleas, o elementos rgidos (barras).

Examinemos un ejemplo sencillo. En la figura 1.31 se muestran dos partculas 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, cmo es la velocidad del bloque A. Para facilitar la solucin tomaremos dos coordenadas auxiliares As y Bs . Hay que llamar la atencin en el sentido que ellas nos proporcionarn informacin acerca del movimiento de los bloques A y B respectivamente

Lss BA =+ (constante) (1)

:/ dtd 0=+ BA ss es decir: BA ss = (2) de la figura se ve que: BB sv =

mientras que: AA sv =

en (2): BA vv =

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

Anlogamente podemos hacer el anlisis de aceleraciones. Supongamos que el bloque B est acelerado en sentido descendente. Se desea averiguar, en ese instante, cmo es la aceleracin del bloque A. Derivando (2): BA ss = (3)

de la figura se ve que: BB sa =

mientras que: AA sa =

en (3): BA aa = expresin que nos indica que los mdulos de las aceleraciones de ambos bloques son iguales para cualquier instante del movimiento del sistema. Esta informacin resultar de singular importancia cuando estudiemos, en el captulo 5, la cintica de los sistemas de partculas. Es pertinente hacer notar que las relaciones encontradas para los mdulos de las velocidades y aceleraciones de cada bloque seguirn siendo vlidas si se invierte el sentido del movimiento del sistema.

A

B

sA

sB

aAvA

vBaB

Fig. 1-45



Examinemos otro sistema a manera de ejemplo: supongamos que las velocidades de los bloques tienen los sentidos mostrados.

Lrhshs BA =++ )()( hrLss BA 2+=+ es decir: BA ss + = constante (1) derivando: BA ss = (2) de la figura se ve que: AA sv =

mientras que: BB sv =

en (2): BA vv =

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

Anlogamente podemos hacer el anlisis de aceleraciones. Suponiendo que el bloque A est acelerado en sentido descendente se desea averiguar, en ese instante, cmo es la aceleracin del bloque B. Derivando (2): BA ss = (3)

de la figura se ve que: AA sa =

y adems: BB sa = en (3): BA aa = Se pudo haber tomado As y Bs a partir del centro de la polea: entonces: Lrss BA =++ (constante)

es decir: rLss BA =+ (constante) y derivando con respecto del tiempo:

0=+ BA ss y procediendo como antes arribamos a que: BA vv = y BA aa =

rh

sA

sB

A

B

aA vA

aBvB

Fig. 1-46

r

sA

sB

A

B

aA vA

aBvB

Fig. 1-47



Ahora veremos el caso de dos partculas unidas por medio de una varilla rgida:

Para cualquier instante del movimiento se cumplir que: 222 Lss BA =+

:/ dtd 0=+ BBAA ssss (1) es decir: 0)( =+ BBAA vsvs (2) si derivamos (1) con respecto del tiempo:

:/ dtd 022 =+++ BBBAAA ssssss (3) de donde podemos escribir que: 0)( 22 =+++ BBBAAA vasvas (4) Notar que una vez establecidas las coordenadas auxiliares hay que tener en cuenta los signos correspondientes para las velocidades y aceleraciones. A continuacin examinaremos otro sistema con poleas. De manera anloga a los anteriores ejemplos de movimientos ligados se trata de establecer una relacin entre las velocidades de los bloques y otra entre sus aceleraciones. Tomando las coordenadas auxiliares mostradas en la figura 1-49 tendremos para la longitud de la cuerda: LshssH ABB =++++ )( (constante)

hHLss AB =+2 (constante) (1)

derivando: AB ss =2 (2)

sB

sA

L

B

A

aAvA

aBvB

Fig. 1-48

rH

sB

h

A

B

sA

vB vAaBaA

Fig. 1-49

sB

rH

h

A

B

sA

vAaA

aB vB

Fig. 1-50



de la figura se ve que: AA sv =

mientras que: BB sv =

en (2): AB vv =2 Es decir, el mdulo de la velocidad de A es el doble del mdulo de la velocidad de B. Del mismo modo que en los ejemplos anteriores hacemos el anlisis para las aceleraciones: derivando (2): AB ss =2 (3)

de la figura se ve que: AA sa =

y adems: AB aa =2 Si hubiramos tomados las coordenadas auxiliares de la figura 1-50: LsshH AB =++ )(2 (constante)

hHLss AB 22 =+ (constante) (4)

derivando: AB ss =2 (5)

y como: AA sv = y BB sv =

entonces, en (5): AB vv =2

y luego AB aa =2 Por ltimo analizaremos el siguiente sistema: Para las coordenadas auxiliares mostradas en la figura 1-51: 1)( Lsss PPB =+ 0)( =+ PPB sss (1)

2Lss AP =+ 0=+ AP ss (2) Pero PP ss = . Entonces, de (1): 02 = PB ss (3)

B

sB/P

A

sA

sP

sBvB

aB

aAvAFig. 1-52



(2) en (3): 02 =+ AB ss (4)

y como: AA sv = y BB sv =

en (4): AB vv 2= y AB aa 2= Evidentemente obtendremos el mismo resultado si usamos las coordenadas mostradas en la figura 1-52. Aqu vale la pena resaltar que utilizaremos la coordenada relativa PBs / , es decir, posicin de B relativa a la polea mvil P. 1// )( Lsss BPBPB =+ 02 / = BPB ss (5)

2Lss AP =+ 0=+ AP ss (6) pero PBPB sss =/ . Entonces, en (5): 02 = PB ss (7)

de (6) y (7): 02 =+ AB ss

de donde: AB vv 2= y AB aa 2= Ejemplo 1.25: El mecanismo mostrado consta de dos correderas unidas por una varilla rgida de longitud L = 200 cm. Si la velocidad del collarn A es 6=Av cm/s (constante), se pide calcular la velocidad y aceleracin del collarn B en ese instante. Solucin: Para el instante mostrado tenemos:

100=Ax cm 6=Ax cm/s 0=Ax 3100=By cm Anlisis de velocidades

En todo instante: 222 )200(=+ BA yx (1)

derivando (1): 022 =+ BBAA yyxx

0=+ BBAA yyxx (2)

En el instante analizado: 0)3100()6()100( =+ By

de donde: 32=By 46,3=Bv cm/s donde el signo menos indica que el sentido de la velocidad de B es hacia abajo (lo cual es, evidentemente, correcto).

L

60

30

x

y

B

A

vAxA

yB

Fig. 1-53



Anlisis de aceleraciones Puesto que la expresin (2) se cumple para todo instante entonces podemos volverla a derivar con respecto al tiempo:

022 =+++ BBBAAA yyyxxx Para el instante analizado:

0)32()3100()6()0()100( 22 =+++ By

2cm/s277,0=By 277,0=Ba cm/s () El signo negativo indica que la aceleracin de B tiene sentido hacia abajo. Ejemplo 1.26: Al descender la corredera A con una rapidez constante 2=Av m/s sobre su gua, se levanta la caja C. En el instante inicial, la corredera se encuentra a la misma altura que la polea y la caja est en reposo en el suelo. Se pide calcular la velocidad y la aceleracin de la caja C en el instante en el que 2=As m. Ignore el tamao de la polea en el clculo.

Solucin: Tenemos que 2=Av m/s (constante!)

es decir: 2=As m/s

De la geometra tenemos las siguientes relaciones vlidas para cualquier instante:

222 )4( Asz += (1)

y adems: 8=+ Csz (2)

(2) en (1): 22 16)8( AC ss += (3) En el instante analizado: 2=As m

de (3): 53,3=Cs m

4 m

sC

C

sA

vA

aA

A

4 m

z

Fig. 1-55

4 m

C

vAA

4 m

sA

Fig. 1-54



Anlisis de velocidades: derivando (3): AACC ssss 2)()8(2 =

AACC ssss = )8( (4) como 2=As (const.) 0=As

en (4): )2(2)853,3( =Cs

89,0=Cs m/s 89,0=Cv m/s Anlisis de aceleraciones: derivando (4): AAACCC ssssss +=+

22)8( (5) reemplazando los valores hallados en (5):

)0()2()2()89,0()853,3( 22 +=+Cs

72,0=Cs m/s2

72,0=Ca m/s

Cap. 1 Cinemtica de la partcula1.2 Posicin, velocidad y aceleracin en coordenadas cartesianas1.4 Aplicacin al movimiento rectilneo

1.9 Coordenadas cilndricas1.10 Velocidad areolar1.11 Movimiento relativo con respecto a ejes en traslacin Anlisis de velocidades

capitulo 1 cinemática de la partícula pucp

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