cinÉtica de una partÍcula · 2017. 4. 25. · - cinética tridimensional de un cuerpo rígido....
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158
Capítulo X
CINÉTICA DE UNA
PARTÍCULA
10.1 INTRODUCCIÓN
El estudio de la cinética constituye una parte importante del estudio de la Mecánica porque
proporciona relaciones entre el movimiento de un cuerpo y las fuerzas y momentos que sobre él
actúan. Las relaciones de la cinética se pueden obtener por aplicación directa de las leyes de
Newton del movimiento o bien utilizando las formas integradas de las ecuaciones del movimiento
que dan lugar a los principios del trabajo y la energía, del impulso y la cantidad de movimiento o
del teorema del momento cinético.
La Cinética comprende:
- Cinética de una partícula: fuerza y aceleración.
- Cinética de una partícula: trabajo y energía.
- Cinética de una partícula: impulso y momento.
- Cinética en el plano de un cuerpo rígido: fuerza y aceleración.
- Cinética en el plano de un cuerpo rígido: trabajo y energía.
- Cinética en el plano de un cuerpo rígido: impulso y momento.
- Cinética tridimensional de un cuerpo rígido.
10.2 CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: FUERZA Y ACELERACIÓN
La cinética de una partícula: fuerza y aceleración, es parte de la cinética que analiza
los efectos provocados por fuerzas no equilibradas que actúan sobre una partícula, para
ello utilizaremos los conceptos de la cinemática al aplicar la segunda ley de Newton.
* Dependiendo de la geometría de la trayectoria, los problemas se analizan utilizando
coordenadas rectangulares (o cartesianas), normales y tangenciales, polares o cilíndricas.
159
F
R
a
Segunda ley de Newton.-
Relaciona el movimiento acelerado de una partícula con las fuerzas que actúan sobre ella.
Establece:
“Una partícula sobre la que actúa una fuerza resultante
RF no equilibrada experimenta
una aceleración
a con la misma dirección que la fuerza, así como una magnitud
directamente proporcional a la fuerza”
Nota: Cada vez que se aplica la segunda ley de Newton, es necesario medir la aceleración con
respecto a un sistema de referencia inercial. Este sistema de coordenadas no rota y puede estar
fijo o bien desplazarse en una dirección determinada con una velocidad constante (aceleración
igual a cero).
En el caso de sistemas no inerciales (sistemas acelerados), la segunda ley de Newton es válida
siempre y cuando se agregue una fuerza ficticia llamada fuerza inercial, la cual es igual al
producto de la masa de la partícula por la aceleración del sistema, y está en dirección contraria a
la aceleración del sistema.
10.2.1 Ecuaciones de movimiento
Se utilizan para evaluar la aceleración de una partícula o de las fuerzas que provocan el
movimiento. Si se utilizan para determinar la posición, velocidad o tiempo de movimiento
de la partícula, entonces también se vuelve necesario considerar la cinemática en la
solución. Antes de aplicar las ecuaciones de movimiento, trace siempre un DCL para
identificar todas las fuerzas que actúan sobre la partícula, además establezca la dirección
de la aceleración de la partícula o de sus componentes.
m
Fa R
amFR
Donde:
RF = fuerza resultante que actúa sobre
la partícula.
160
a) Ecuaciones de movimiento: coordenadas rectangulares o cartesianas (x, y, z)
Las ecuaciones escalares de movimiento, en coordenadas rectangulares o cartesianas
(x, y, z), son las siguientes:
En la dirección “x”: XX amF ; En la dirección “y”: YY amF
En la dirección “z”: ZZ amF
Donde:
xVa xx ;
yVa yy ;
zVa zz
b) Ecuaciones de movimiento: coordenadas normales y tangenciales (n-t)
Si una partícula se mueve con respecto
a un sistema de referencia inercial x, y,
z, las fuerzas que actúan sobre ella y la
aceleración se pueden expresar en
términos de sus componentes, por lo
tanto la ecuación de movimiento queda
de la siguiente forma:
iamF xx
jamF yy
kamF zz
Si una partícula se mueve sobre una curva
conocida, su ecuación de movimiento se
puede escribir en las direcciones normal y
tangencial, como se indica a continuación:
tamF tt
namF nn
0
binormalF
x
z
y
k
j
i
x
y
z
Sistema de coordenadas inerciales
xF
zF
yF Trayectoria
bF
nF
tF
t n
Sistema de coordenadas inerciales
Trayectoria
161
x
z
z
Sistema de coordenadas inerciales
zF
rF
F
r
Las ecuaciones escalares de movimiento, en coordenadas normales y tangenciales (n-t),
son las siguientes:
En la dirección “n”: nn amF , donde:
2Van
En la dirección “t”: tt amF , donde: dt
dVat
* El radio de curvatura , en un punto de la trayectoria curvilínea, se calcula con la
ecuación siguiente:
2
2
2/32
1
dx
yd
dx
dy
c) Ecuaciones de movimiento: coordenadas cilíndricas (r, , z)
Las ecuaciones escalares de movimiento, en coordenadas cilíndricas (r, , z), son las
siguientes:
En la dirección “r”: rr amF ; En la dirección “ϴ”: amF ;
En la dirección “z”: ZZ amF
Donde: 2)(
rrar ;
rra 2 ;
za z
Si todas las fuerzas que actúan
sobre una partícula se descomponen
en sus componentes cilíndricas, la
ecuación de movimiento se expresa
de la siguiente forma:
ramF rr
amF
zamF zz
162
Nota: Si z = 0, entonces tenemos coordenadas polares (r, ).
En este caso, las ecuaciones escalares de movimiento se expresan de la siguiente
forma:
En la dirección “ r ” : rr amF ; donde:2)(
rrar
En la dirección “ ” : amF ; donde:
rra 2
10.3 PROBLEMAS RESUELTOS DE CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA
PROBLEMA Nº 1
El vagón minero, de 400 kg, es subido por un plano inclinado utilizando un cable y un motor
eléctrico. Durante un breve tiempo, la fuerza en el cable es NtF )3200( 2 , donde t se expresa
en segundos. Si el vagón tiene una rapidez inicial smV /20 cuando 0s y 0t , determine la
distancia que se mueve en el plano cuando st 2 . No hay fricción.
Resolución
Para resolver este tipo de problemas, primero hago el DCL correspondiente y luego aplicamos las
ecuaciones escalares de movimiento. En este caso trabajamos en coordenadas rectangulares o
cartesianas.
Al hacer el DCL del vagón minero notamos que sobre el actúan tres fuerzas: la fuerza en el cable
F, su peso y la fuerza de reacción normal.
F
8
15
163
De la figura observamos que sólo hay aceleración “ Xa ”, por lo tanto la ecuación de movimiento es
igual a:
XX amF , donde: dt
dVaX
Las fuerzas que están en la dirección x son: la fuerza F y la componente del peso igual a
sengm . Estas fuerzas deben restarse porque están en dirección contraria. Por lo tanto, la
ecuación de movimiento queda de la forma siguiente:
dt
dVmsengmt 23200
Ordenando esta ecuación e integrando tenemos:
tV
dttdV0
2
2
)17/881,94003200(400
Entonces: smttV /)26164,4667,2( 2
Evaluando en t = 2 s tenemos: V= sm /1,14
F
8
15
x
y
ᶱ
ᶱ
N
W=mg
ax
164
PROBLEMA Nº 2
El paquete tiene un peso de 5 lbf y se desliza hacia abajo por un ducto, cuando llega a la parte
curva AB, se desplaza a 8 pies/s (ϴ = 0º). Si el ducto es liso, determine la rapidez del paquete
cuando alcanza el punto intermedio C (ϴ = 30º) y cuando alcanza el plano horizontal (ϴ = 45º).
Asimismo, calcule la magnitud de la fuerza normal sobre el paquete en C.
Resolución
Se trata de un problema en coordenadas normales y tangenciales (n-t), por lo tanto las ecuaciones
escalares de movimiento son las siguientes:
En la dirección “n”: nn amF , donde:
2Van
En la dirección “t”: tt amF , donde: dR
dVV
dt
dVat
Para aplicar las ecuaciones escalares de movimiento, primero hago el DCL del paquete en una
posición cualquiera, tal como se observa en la figura siguiente:
R = 20 pies
A
C B
30º
45º
R = 20 pies
8 pies/s
45º
R = 20 pies
A
C B
45º
R = 20 pies
45º
ta
na
(45º- ϴ)
Recta tangencial
Recta normal
w
N
165
Se sabe: tt amF
De la figura se observa que la única fuerza en la dirección tangencial es la componente del peso
igual a )45( 0 sengm , luego la ecuación anterior es igual a:
dR
dVVmsengm )45( 0
Ordenando esta ecuación e integrando, tenemos:
dsenRgdVV
V
0
0
8
)45( 32)2/2()45cos([2 0 RgV
Para calcular CV y BV evaluamos la ecuación de V para 030 y
045 , respectivamente:
* Si 030 32)2/2()15cos(202,32[2 0 CV spiesVC /9397,19
* Si 045 32)2/2()0cos(202,32[2 0 CV spiesVB /21
Cálculo de “N” (magnitud de la fuerza de reacción normal) cuando 030
Para calcular “N” aplico la ecuación escalar de movimiento en la dirección “n”, es decir:
nn amF
Observando la figura anterior notamos que las fuerzas en la dirección “n” son: la fuerza de
reacción normal N, que lleva signo positivo porque está dirigida hacia el centro de la trayectoria
circular, y la componente del peso igual a )45(cos 0 gm , que lleva sigo negativo porque está
en dirección contraria a N . Luego, la ecuación anterior es igual a:
R
V
g
wwN C
2
0 )45(cos
Despejando N y evaluando para 030 , obtenemos: bfN 91,7
166
PROBLEMA Nº 3
El brazo OA guía la bola de 0,5 lbf por una trayectoria circular vertical. Si el brazo tiene una
velocidad angular
= 0,4 rad/s y una aceleración angular
=0,8 rad/s2 en el instante = 30º,
determine la magnitud de la fuerza del brazo sobre la bola. Ignore la fricción y el tamaño de la
bola. Establezca piesrC 4,0 .
Si asumimos que la velocidad
= 0,4 rad/s es constante, determine el ángulo en que la bola
comienza a despegarse de la superficie del semicilindro.
Resolución
En este tipo de problemas, primero se halla la ecuación de r en función de . Para ello analizo
el triángulo OAC.
Hallamos
r y
r en función de
Si derivamos por primera y segunda vez, respecto al tiempo, la ecuación piesr )cos8,0( ,
obtenemos:
0,4 pies
0,4 pies
ϴ
ϴ
r
O
A
C
De la figura se observa que el lado OA
del triángulo OAC es igual a r , y este
es igual al doble de pies)cos4,0( , es
decir:
piesr )cos8,0(
O
P A
Cr
r
C
167
spiessenr /)32,0(
; 2/)cos128,0( spiesr
Evaluando estas ecuaciones para 030 , tenemos:
spiesr /16,0
; 2/11085,0 spiesr
Hallamos ra y a cuando 030
Para calcular las componentes ra y a de la aceleración, aplicamos las ecuaciones
siguientes:
2)(
rrar ;
rra 2
Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para 030 , obtenemos:
2/2217,0 spiesar ;
2/426256,0 spiesa
Cálculo de F (magnitud de la fuerza del brazo sobre la bola) cuando 030
Para calcular F, primero se hace el DCL de la bola y luego aplicamos las ecuaciones de
movimiento en coordenadas polares.
C
O
F
Cr
N
w
Recta en la
dirección “r”
Recta en la
dirección “ϴ”
Recta horizontal
a
ra
168
rr amF )(cos rag
wsenwN
)/2217,0(/2,32
5,0)30(5,030cos 2
2
00 spiesspies
bfsenbfN
bfN 2847,0
amF )(cos ag
wwsenNF
)/426256,0(/2,32
5,0)30(cos5,030)2847,0( 2
2
00 spiesspies
bfbfsenbfF
bfF 3,0
Cálculo del ángulo para que la bola comience a despegarse de la superficie del
semicilindro
Para que la bola comience a despegarse de la superficie del semicilindro, se debe cumplir que la
fuerza de reacción normal (N) debe ser cero.
Además, por condición:
= 0,4 rad/s, entonces: 0
Aplicando la ecuación de movimiento en la dirección r , tenemos:
rr amF )( rag
wsenw
Donde: 22 /)cos256,0()( spiesrrar
Luego: 2
2
/2,32
/)cos256,0(
spies
spiessen
00795,0tg
00987,264555,0 rad
169
PROBLEMA Nº 4
Una partícula tiene una masa de 0,5 kg y se encuentra confinada a moverse en la ranura
horizontal lisa debida a la rotación del brazo OA. Determine la fuerza de la barra sobre la partícula
y la fuerza normal de la ranura sobre la partícula cuando 030 . La barra gira con una velocidad
angular constante
= 2 rad/s. Suponga que la partícula tiene contacto con solo un lado de la
ranura en cualquier instante.
Resolución
Primero se halla la ecuación de r en función de . Para ello analizo el triángulo rectángulo
siguiente:
Hallamos
r y
r en función de
Si derivamos por primera y segunda vez, respecto al tiempo, la ecuación mr )sec5,0( ,
obtenemos:
smtgr /)sec5,0(
; 232 /)sec)(sec2(5,0 smtgr
r
0,5 m
Del triángulo, tenemos que:
r
5,0cos
mr )sec5,0(
O
A
m5,0
r
170
Evaluando estas ecuaciones para 030 , tenemos:
smsmr /667,0/)3/2(
; 2/849,3 smr
Hallamos ra y a cuando 030
Aplicando las ecuaciones de cinemática de partículas, en coordenadas polares, tenemos:
2)(
rrar ;
rra 2
Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para 030 , obtenemos:
2/5398,1 smar ;
2/6667,2 sma
Cálculo de F (magnitud de la fuerza de la barra OA sobre la partícula) y N (fuerza
normal de la ranura) cuando 030
Para calcular F y N, primero se hace el DCL de la partícula y luego aplicamos las ecuaciones de
las componentes r y (coordenadas polares) de la segunda ley de Newton.
rr amF rammgN coscos
)/5398,1(5,0)30(cos)/81,9(5,030cos 2020 smkgsmkgN 796,5N N
amF amsenNsenmgF
)/6667,2(5,030)796,5(30)/81,9)(5,0( 2002 smkgsenNsensmkgF NF 778,1
F
Cr
N
w=mg Recta en la
dirección “r”
Recta en la
dirección “ϴ”
Línea horizontal
a
ra
Línea vertical
171
PROBLEMA Nº 5
El collarín que tiene un peso de 3 lbf, se desliza sobre la barra lisa situada sobre el plano vertical
y que tiene la forma de una parábola )cos1/(4 r , donde se expresa en radianes y r
en pies. Si la rapidez angular del collarín es constante e igual a
= 4 rad/s, determine la
magnitud de la fuerza tangencial de retardo P necesaria para causar el movimiento y la
magnitud de la fuerza normal que ejerce el collarín sobre la barra en el instante = 90º.
Resolución
Como la ecuación de r es conocida: )cos1/(4 r , entonces podemos hallar
r y
r
en función de .
2)cos1(
16
senr
)cos1(
4
r
2
2
)cos1(
)1cos(64
senr
Asimismo, como
es conocido:
= 4 rad/s, entonces
será igual a cero (
= 0).
Hallamos ra y a cuando 090
Para calcular las componentes ra y a de la aceleración, aplicamos las ecuaciones
siguientes:
2)(
rrar ;
rra 2
r
P
172
Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para 090 , tenemos:
222 /64)/4)(4(/128 spiessradpiespiear
2/128)/4)(/16(20 spiessradspiea
Cálculo de P (magnitud de la fuerza tangencial de retardo necesaria para causar el
movimiento) y N (magnitud de la fuerza normal que ejerce el collarín sobre la
barra) cuando 090 .
Para calcular P y N, primero se hace el DCL del collarín y luego aplicamos las ecuaciones de
movimiento en coordenadas polares.
rr amF )()()(cos rag
wsenwsenNP
)/64(/2,32
3)90(34545cos 2
2
000 spiesspies
bfsenbfsenNP
bfNP 675,12 . . . (1)
amF )(cos)cos()( ag
wwNsenP
Cálculo de en función de Se sabe:
senryrx ,cos
Derivando x e y, respecto a ,
tenemos:
2)cos1(
4
sen
d
dx,
)cos1(
4
d
dy
Dividiendo dy entre dx, y recordando que este cociente es igual a la pendiente de la recta, tenemos:
sentg
cos1
Nota.- si evaluamos para 090 ,
entonces: 045
r
P
Recta tangente
Recta normal
N
w=3 lbf
Recta horizontal
a
ra
173
)/128(/2,32
390cos45cos45 2
2
000 spiespie
bfwNsenP
bfNP 865,16 . . . (2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) obtenemos: bfN 095,2 y bfP 77,14
Por lo tanto, las magnitudes de estas fuerzas son:
P = 2,095 lbf y N = 14,77 lbf
174
APÉNDICE A
SISTEMAS DE COORDENADAS
1) COORDENADAS CARTESIANAS O RECTANGULARES (x, y, z)
Los intervalos de las variables de las coordenadas x, y
y z son
;; zyx
Vectores Unitarios:
En el eje x : xa i
En el eje y : ya j
En el eje z : za k
En coordenadas cartesianas, un vector A
puede expresarse como
La magnitud o módulo del vector A
viene dado por: 2 2 2
x y zA A A A A
Elementos diferenciales de longitud, área y volumen en coordenadas cartesianas
- El desplazamiento diferencial está dado por: x y zd dxa dy a dz a
- El área normal diferencial está dada por:
x
y
z
d S dy dz a
dx dz a
dx dy a
- El volumen diferencial está dado por: dV dxdydz
x y zx y z x y zA A i A j A k A a A a A a
z
za
ya
xa
A
dy
dz
dx
175
2) COORDENADAS CILÍNDRICAS CIRCULARES (, , z)
Los intervalos de las variables de las coordenadas
, y z son
;; 0 20 z
Vectores unitarios: ; ; za a a
En coordenadas cilíndricas, un vector A
puede
expresarse como
z zA A a A a A a
La magnitud de A
es: 2 2 2
zA A A A
Las relaciones entre las variables (x, y, z) del sistema de coordenadas cartesianas y las
variables (ρ, Φ, z) del sistema cilíndrico son las siguientes:
2 2 1, tan ,y
x y z zx
cos , ,x y sen z z
Elementos diferenciales de longitud, área y volumen en coordenadas cilíndricas
- El desplazamiento diferencial está dado por: zd d a d a dz a
- El área normal diferencial está dada por
z
d S d dz a
d dz a
d d a
z
A
P ( z,, )
x
z
a
a
za
y
176
- El volumen diferencial está dado por dzddd
3) COORDENADAS ESFÉRICAS , ,r
Los intervalos de las variables de las coordenadas
,r y son
Vectores unitarios: ; ;ra a a
En coordenadas esféricas, un vector A
puede
expresarse como
r rA A a A a A a
La magnitud de A
es: 2 2 2
rA A A A
Elementos diferenciales de longitud, área y volumen en coordenadas esféricas
- El desplazamiento diferencial es
dSenradradrad r
- El área normal diferencial es
2
rd S r sen d d a
r sen dr d a
r dr d a
x
y
z
ra
a
a
r
y
x
z
dz
d
d
d
x
a
d dz
d dz
a
d
za
y
z
0 ; 0 ; 0 2r
177
- El volumen diferencial es 2 dV r sen dr d d
x
y
z
r sen
0
r sen d
dr
r d
d r
dsenr
r sen d
rd
ra
a
dsenr
dr dr
dr
a
x
y
z
178
APÉNDICE B
TABLA DE INTEGRALES
Sean: ( ) ( ), , tanx xu u v v y a b cons tes , entonces:
duvuvdvu (integración por partes)
11, 1
1
n nu du u C nn
du
uu C ln
e du e Cu u
a dua
aCu
u
ln
sen cosudu u C
Cuduu sencos
Cuduu tansec2
csc cot2 udu u C
Cuduuu sectansec
csc cot cscu udu u C
Cuduu seclntan
cot ln senudu u C
Cuuduu tanseclnsec
csc ln csc cotudu u u C
du
a u
u
aC
2 2
1
sen
179
Ca
u
aua
du 1
22tan
1
du
u u a a
u
aC
2 2
11
sec
du
a u a
u a
u aC2 2
1
2
ln
du
u a a
u a
u aC2 2
1
2
ln
a u duu
a ua
u a u C2 2 2 2
2
2 2
2 2 ln
u a u duu
a u a ua
u a u C2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
82
8 ln
a u
udu a u a
a a u
uC
2 2
2 2
2 2
ln
a u
udu
a u
uu a u C
2 2
2
2 2
2 2
ln
du
a uu a u C
2 2
2 2
ln
u du
a u
ua u
au a u C
2
2 2
2 2
2
2 2
2 2 ln
du
u a u a
a u a
uC
2 2
2 21
ln
du
u a u
a u
a uC
2 2 2
2 2
2
du
a u
u
a a uC
2 2 3 2 2 2 2
/
a u du2 2 a u duu
a ua u
aC2 2 2 2
2
1
2 2 sen
u a u duu
u a a ua u
aC2 2 2 2 2 2 2
4
1
82
8 sen
180
a u
udu a u a
a a u
uC
2 2
2 2
2 2
ln
a u
udu
ua u
u
aC
2 2
2
2 2 11
sen
u du
a u
ua u
a u
aC
2
2 2
2 2
2
1
2 2 sen
du
u a u a
a a u
uC
2 2
2 21
ln
du
u a u a ua u C
2 2 2 2
2 21
a u duu
u a a ua u
aC2 2
32 2 2 2 2
4
1
82 5
3
8 sen
du
a u
u
a a uC
2 23
2 2 2 2
u a duu
u aa
u u a C2 2 2 2
2
2 2
2 2 ln
u u a duu
u a u aa
u u a2 2 2 2 2 2 2
4
2 2
82
8 ln C
u a
udu u a a
a
uC
2 2
2 2 1
cos
u a
udu
u a
uu u a C
2 2
2
2 2
2 2
ln
du
u au u a C
2 2
2 2
ln
Cauua
auu
au
duu 222
22
22
2
ln22
du
u u a
u a
a uC
2 2 2
2 2
2
du
u a
u
a u aC
2 23
2 2 2 2
181
udu
a bu ba bu a a bu C
12 ln
u du
a bu ba bu a a bu a a bu C
2
3
2 21
24 2
ln
du
u a bu a
u
a buC
1ln
du
u a bu au
b
a
a bu
uC2 2
1
ln
udu
a bu
a
b a bu ba bu C
2 2
1ln
2
2 2 2
3
28 3 4
15
u dua b u abu a bu C
ba bu
du
u a bu a
a bu a
a bu aC a
10ln , si
12tan , si 0
a buC a
aa
a bu
udu a bu a
du
u a bu
2
a bu
udu
a bu
u
b du
u a bu
2 2
u a bu du
b nu a bu na u a bu dun n n
2
2 3
32 1
du
u a bu a a bu a
a bu
uC
2 2
1 1ln
Cbuaa
bua
abua
bbua
duuln2
1 2
32
2
u a budub
bu a a bu C 2
153 22
32
2
22
3
udubu a a bu C
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