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X. MOVIMIENTO RECTILÍNEO.

CINÉTICA

Ilustraremos los aspectos más relevantes de la Cinética de la partícula

con este ejemplo.

Éste es un problema estático, puesto que si el tren se mueve en línea

recta con velocidad constante, está en equilibrio. Comenzaremos dibu-

jando el diagrama de cuerpo libre de la locomotora, elegiremos un sistema

de referencia y emplearemos las ecuaciones de equilibrio.

Ejemplo. Un tren viaja por una vía

recta, cuya pendiente es del dos por cien-

to, con velocidad constante de 72 km/h.

La locomotora pesa 80 ton, el conjunto de

los carros, 1000. Determine todas las

fuerzas externas que actúan sobre la lo-

comotora.

100 2

72 km/h

Movimiento rectilíneo. Cinética

224

𝑇 = 20 ton 1.15°

𝐹𝑟 = 21.6 ton 1.15°

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝐹𝑟 − 80 (2

100) − 𝑇 = 0

𝐹𝑟 = 1.6 + 𝑇 … (1)

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑁𝑟 − 80 = 0: 𝑁 = 80 𝑡𝑜𝑛 88.9°

Como es imposible determinar la tercera incógnita con sólo dos ecua-

ciones, estudiaremos los carros. Dibujaremos su diagrama de cuerpo libre,

escogeremos un sistema de referencia y plantearemos una ecuación de

equilibrio.

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝑇 − 1000 (2

100) = 0

Llevando este resultado a (1)

𝐹𝑟 = 1.6 + 20:

Ahora ya conocemos todas las fuerzas externas que actúan sobre la

locomotora. Y convertiremos el caso en un problema cinético, de la si-

guiente manera.

Ejemplo. En cierto instante, se rom-

pe el enganche de la locomotora del pro-

blema anterior. a) Diga qué aceleración

tendrá la locomotora y cuál, los carros. b)

¿Qué tiempo emplearán los carros en vol-

ver a la posición de la ruptura? c) ¿Qué

distancia recorrerán en ese lapso?

100 2

72 km/h

80

T

Fr

x

y

α 100

100 2 α = 1.15°

N

α

1000

T

x

y α

N1


225

Ahora tanto la locomotora como los carros dejaron de estar en equi-

librio y sufren una aceleración en dirección de la vía. Para determinarla, el

procedimiento será muy semejante al del problema anterior. Lo primero

será dibujar el diagrama de cuerpo libre de la locomotora y elegir el sistema

de referencia, que, será el mismo de antes. Y como la aceleración tiene la

dirección del eje de las equis, la ecuación que emplearemos es la siguiente.

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎

21.6 − 80 (2

100) =

80

9.81𝑎

𝑎 =20(9.81)

80: 𝑎 = 2.45 m

s2⁄ 1.15°

Ahora dibujaremos el diagrama de cuerpo libre de los carros, con el

mismo sistema de referencia y la misma ecuación cinética.


−1000 (2

100) =

1000

9.81𝑎

𝑎 = −20(9.81)

1000= −0.1962

𝑎 = 0.1962 ms2⁄ 1.15°

Una vez conocida la aceleración constante de los carros, podemos

escribir las ecuaciones del movimiento, que son

𝑎 = −0.1962

𝑣 = 20 − 0.1962 𝑡

𝑥 = 20𝑡 − 0.0981 𝑡2

La última ecuación se ha escrito tomando como origen la posición de

la ruptura del enganche. El tiempo que tarda en volver es

80 Fr

x

y

N

α

1000

T

x

y α

N1


226

0 = 20𝑡 − 0.0981 𝑡2

0 = 20 − 0.0981 𝑡

𝑡 = 204 s

Los carros se detienen cuando 𝑣 = 0

0 = 20 − 0.1962 𝑡

𝑡 = 101.9

Y la distancia que recorre en un sentido es

𝑥 = 20(101.9) − 0.0981 (101.9)2 = 1019

En el lapso de 204 s recorrerá el doble

𝐷 = 2040 m

Segunda ley de Newton

No está de más repetir aquí algunas de las implicaciones centrales de

la segunda ley de Newton, que ahora será necesaria para el estudio del mo-

vimiento de los cuerpos, atendiendo a sus causas.

El enunciado, como recordaremos, es: El cambio del movimiento es

directamente proporcional a la fuerza motriz impresa y ocurre en la misma

dirección en que dicha fuerza se imprime.

En el capítulo II de este curso le asignamos la siguiente expresión

matemática:

�̅� = 𝑘𝑑(𝑚𝑣)

𝑑𝑡= 𝑘𝑚

𝑑�̅�

𝑑𝑡

�̅� = 𝑘𝑚�̅�

E hicimos que la constante de proporcionalidad k tuviera el valor de 1,

escogiendo una unidad de fuerza tal, que produjera la unidad de aceleración

a la unidad de masa. Para ello, es necesario emplear sistemas consistentes

de unidades que cumplan con esa condición. Actualmente se distinguen dos

tipos de sistemas de unidades, los absolutos y los gravitacionales. Aquellos

adoptan como unidades fundamentales (arbitrariamente elegidas) las de

longitud, masa y tiempo; éstas, las de longitud, fuerza y tiempo.


227

Desde hace mucho años se ha intentado que haya un sistema único y

universal de unidades, pero eso parece un ideal imposible. La invención del

metro poco después de la revolución francesa, como una unidad de longitud

igual a la diezmillonésima parte del cuadrante del meridiano terrestre, y del

kilogramo masa como unidad de masa, correspondiente a un decímetro

cúbico de agua, tuvieron tal ideal como objetivo. Pero los sistemas que más

se utilizan en la actualidad son los que se muestran en la siguiente tabla.

Abso

luto

s

Unidades fundamentales Unidades derivadas

L M T a F

MKS m kg s m/s2 kg m/ s2 = 1 newton

CGS cm gr s cm/s2 gr cm/ s2 = 1 dina

FPS ft lb s ft/s2 lb ft/ s2 = 1 poundal

Gra

vit

acio

nal

es L F T a M

MKS m kg s m/s2 kg s2/m = 1 geokilo

CGS cm gr s cm/s2 gr s2/cm

FPS ft lb s ft/s2 lb s2/ft = 1 slug

El sistema MKS absoluto se llama sistema internacional de unidades

(SI) y se emplea, aunque no exclusivamente, en todo el mundo, menos en

los EE. UU., Liberia y Myanmar (antes Birmania).

El gravitacional inglés, FPS, recibe el nombre de United States custo-

mary system (USCS).

Sabiendo que un litro de agua contiene 1 kg de masa, y que pesa 1 kg,

es fácil ver que, puesto que la aceleración de la gravedad es g = 9.81 m/s2,

9.81 N es una fuerza equivalente a 1 kg, que 1 geokilo equivale a 9.81 kg

de masa y que 1 slug es la masa equivalente a 32.2 lb.

Problemas de fuerzas constantes

Los problemas de Cinética son esencialmente de dos tipos. El más

común es aquel en que las fuerzas que actúan sobre un cuerpo son cono-

cidas y se trata de investigar las características del movimiento. El otro tipo,

es de aquellos cuyo movimiento se conoce y se desea determinar las


228

características de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. Pero como

siempre es necesario establecer la relación entre las causas y los efectos, es

decir entre las fuerzas y el movimiento, siempre es necesario dibujar un

diagrama de cuerpo libre, correcto y claro, que es el principal instrumento

de trabajo.

Con la información que se nos proporciona, podemos calcular la ace-

leración del cuerpo durante su movimiento ascendente.

𝑎 = constante (en sentido contrario de 𝑣)

𝑣 = 60 − 𝑎𝑡

𝑥 = 60𝑡 −1

2 𝑎𝑡2

a) Si 𝑡 = 3, 𝑣 = 0

0 = 60 − 3𝑎: 𝑎 = 20 fts2⁄ 20°

𝑏) 𝑥 = 60(3) −1

2 (20)32 = 180 − 90

𝑥 = 90 𝑓𝑡

c) Ahora dibujaremos un diagrama de cuerpo libre que represente

cualquier instante del movimiento. Incluiremos en él toda la informa-

ción de que disponemos.

∑ 𝐹𝑦 = 0 (puesto que la aceleración

Ejemplo. Un cuerpo de 40 lb de peso

se lanza hacia arriba de un plano incli-

nado 20° con una rapidez de 60 ft/s y su

movimiento ascendente dura tres según-

dos. Calcule: a) la aceleración del cuer-

po; b) la distancia que recorre, c) el coe-

ficiente de fricción cinética entre el cuer-

po y la superficie.

20°

vo = 60 ft/s 40 #


229

tiene la dirección del eje de las equis)

𝑁 − 40 cos 20° = 0

𝑁 = −40 cos 20°


−40 sen 20° − 𝜇𝑘𝑁 =40

32.2(−20)

−40 sen 20° − 40𝜇𝑘 cos 20°

=40

32.2(−20)

𝜇𝑘 cos 20° =20

32.2− sen 20°

𝜇𝑘 =20

32.2 cos 20°− tan 20°

𝜇𝑘 = 0.297

Ahora sabemos que el cuerpo debe deslizarse 90 𝑓𝑡 y que el

coeficiente de fricción cinética es 𝜇𝑘 = 0.297. Elegimos un eje de las

equis en dirección de la velocidad.

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑁 − 40 cos 20° = 0

𝑁 = −40 cos 20°

Ejemplo. Calcule el tiempo que tarda

en volver a su posición inicial el cuerpo

del problema anterior y diga cuál es su

velocidad en ese instante.

20°

vo = 60 ft/s 40 #

40

𝜇kN

N

20° x

y

40

0.297N

N 20°

x

y


230


40 sen 20° − 0.297(40 cos 20°) =40

32.2𝑎

𝑎 = 32.2 (sen 20° − 0.297 cos 20°) = 2.026

Las ecuaciones de movimiento son

𝑎 = 2.026

𝑣 = 2.026𝑡

𝑥 = 1.013𝑡2 (tomando como origen la posicion que se detuvo) 𝑥 = 90

90 = 1.013𝑡2

𝑡 = ±9.42

Como la raíz negativa no tiene significado físico,

𝑡 = 9.42 𝑠

𝑣 = 2.026(9.42)

𝑣 = 19.08 fts⁄ 20°

Si B estuviera en equilibrio, la tensión de la cuerda sería de 30 kg, y

no podría mantener en reposo al cuerpo A. Por tanto A desciende sobre el

plano, mientras B sube verticalmente.

Ejemplo. Los cuerpos de la figura

están inicialmente en reposo. El cuerpo A

pesa 80 kg, el B, 60. Los coeficientes de

fricción estática y cinética entre el cuer-

po A y el plano inclinado son 0.25 y 0.2,

respectivamente. Calcule la tensión de la

cuerda y la velocidad de cada uno de los

cuerpos un segundo después de haber co-

menzado el movimiento.

A

B

3

4


231

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑁 − 80 (4

5) = 0

𝑁 = 64


80 (3

5) − 0.2(64) − 𝑇 =

80

9.81𝑎𝐴

𝑇 = 48 − 12.8 −80

9.81𝑎𝐴

𝑇 = 35.2 −80

9.81𝑎𝐴 … (1)

∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎

2𝑇 − 60 =60

9.81𝑎𝐵

𝑇 = 30 −30

9.81𝑎𝐵 … (2)

Tenemos dos ecuaciones con tres incógnitas. Establecemos la relación

cinemática entre las aceleraciones de los cuerpos.

𝑎𝐴 = 2𝑎𝐵 … (3)

Llevando este resultado a (1) e igualando con (2)

35.2 −80

9.81(2𝑎𝐵) = 30 +

30

9.81𝑎𝐵

(30

9.81+

160

9.81) 𝑎𝐵 = 35.2 − 30

80

0.2N

N α

x

y

Cuerpo A

4

3 5

α

T

60

T T

y

Cuerpo B


232

𝑎𝐵 = (9.81

190) (5.2) = 0.268

y 𝑣𝐵 = 0.268 𝑡

Por tanto 𝑎𝐵 = 0.537 y 𝑣𝐴 = 0.537 𝑡

y 𝑇 = 30.8 kg

Las velocidades de los cuerpos cuando y 𝑡 = 1 son:

𝑣𝐴 = 0.537 ms⁄ 36.9° 𝑣𝐵 = 0.268 ft

s⁄ ↑

En los problemas anteriores, las aceleraciones de los cuerpos han sido

constantes, puesto que las fuerzas también lo han sido. A continuación

estudiaremos algunos casos en que las fuerzas sean variables, ya en fun-

ción del tiempo, ya de la velocidad, bien de la posición.

Problemas de fuerzas variables

Cuando las fuerzas que actúan sobre un cuerpo varíen en función del

tiempo, de la velocidad o de la posición del cuerpo mismo, retomaremos la

recomendación que dimos en el capítulo de Cinemática. Disponemos de

dos expresiones para la aceleración:

a = dv/dt y a = v dv/ds

Si las fuerzas se conocen en función del tiempo, es forzoso emplear la

primera; si en función de la posición, la tercera; cuando se da en función

de la velocidad, se puede utilizar cualquiera de las dos, eligiendo según

queramos obtener un tiempo o una posición (1).

(1) Todos los problemas que proponemos a continuación y los que se

presentan en la serie requieren de la solución de una ecuación diferencial

que puede resolverse mediante separación de variables, pues el alumno, a

este nivel de la carrera, no tiene por qué ser una experto en ecuaciones di-

ferenciales.


233

Conviene que es este tipo de problemas, en la medida de lo posible,

uno de los ejes tenga la dirección de la velocidad: elegirlo en sentido con-

trario puede acarrear muchas dificultades en la solución.

El diagrama de cuerpo libre es el que se muestra.

Estará a punto de moverse cuando

∑ 𝐹𝑥 = 0

120 𝑡 − 120 = 0

𝑡 = 1 s

A partir de ese instante


120 𝑡 − 120 =6000

9.81

𝑑𝑣

𝑑𝑡

∫(120 𝑡 − 120) 𝑑𝑡 =6000

9.81∫ 𝑑𝑣

60 𝑡2 − 120 𝑡 =6000

9.81 𝑣 + 𝐶1

Ejemplo. Al oprimir el acelerador, el

conductor de un tranvía de 6 ton consi-

gue que se aplique sobre éste una fuerza

directamente proporcional al tiempo, de

modo que aumenta 120 kg por cada se-

gundo. Sabiendo que la resistencia global

al movimiento del tranvía es constante y

de 120 kg, determine: a) en qué tiempo

comienza a moverse el tranvía; b) la

ecuación del la posición del tranvía en

función del tiempo, tomando como ori-

gen la posición inicial.

F

R = 120 kg

6 ton

6000 120 T

N y

120

x


234

Si 𝑡 = 1, 𝑣 = 0

60 − 120 = 𝐶1 ∴ 𝐶1 = −60

Dividiendo entre 60 y ordenando

𝑡2 − 2𝑡 =100

9.81 𝑣 − 1

𝑣 =9.81

100(𝑡2 − 2𝑡 + 1)

Sustituyendo 𝑣 por 𝑑𝑥

𝑑𝑡

𝑑𝑥

𝑑𝑡=

9.81

100(𝑡2 − 2𝑡 + 1)

∫ 𝑑𝑥 =9.81

100∫(𝑡2 − 2𝑡 + 1)𝑑𝑡

𝑥 =9.81

100(

1

3𝑡3 − 𝑡2 + 𝑡) + 𝐶2

Si 𝑡 = 1, 𝑥 = 0

0 =9.81

100(

1

3− 1 + 1) + 𝐶2

𝐶2 = −9.81

100(

1

3)

La ecuación buscada es

𝑥 =9.81

100(

1

3𝑡3 − 𝑡2 + 𝑡 −

1

3)

𝑥 =9.81

300(𝑡3 − 3𝑡2 + 3𝑡 − 1)

𝑥 = 0.0372 (𝑡3 − 3𝑡2 + 3𝑡 − 1)


235

Como las fuerzas están en función de la rapidez y deseamos conocer

un desplazamiento, emplearemos la expresión 𝑎 = 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥⁄


−15 − 5(10−3)𝑣2 =120

𝑔𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑥

Multiplicando por −1000/5

3000 + 𝑣2 = −24000

𝑔𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑥

Separando variables

∫ 𝑑𝑥 =24000

𝑔∫

𝑣 𝑑𝑣

3000 + 𝑣2

𝑥 = −12000

𝑔ln(3000 + 𝑣2) + 𝐶

Si 𝑥 = 0, 𝑣 = 180 𝑘𝑚/ℎ = 50 𝑚/𝑠

0 = −12000

𝑔ln(5500) + 𝐶

Por tanto

𝑥 = −12000

𝑔ln(3000 + 𝑣2) +

12000

𝑔ln(5500)

Por la propiedad de los logaritmos y factorizando

𝑥 =12000

𝑔 ln(

5500

3000 + 𝑣2)

Ejemplo. Inmediatamente después de

aterrizar a 180 km/h, un avión de 120 ton

frena por la acción de sus turbinas, que

ejercen una fuerza constante de 15 ton, y

por la resistencia del aire que, en ton, es

de 5(10-3) v2, si v se da en m/s. Diga qué

distancia requiere el avión para que su

rapidez se reduzca a 90 km/h.

15 ton

120 ton

R = 5(10-3) v2

120

5(10-3) v2

y

15

x

120


236

Para 𝑣 = 90 𝑘𝑚/ℎ = 25 𝑚/𝑠

𝑥 =12000

9.81 ln(

5500

3625)

𝑥 = 510 m

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y

elegimos un eje de referencia en dirección

de la velocidad.

Como deseamos conocer su rapidez en

un cierto tiempo, emplearemos la expre-

sión 𝑎 = 𝑑𝑣 𝑑𝑡⁄


16.1 − 2(10−3)𝑣 =16.1

32.2

𝑑𝑣

𝑑𝑡

∫ 𝑑𝑡 =1

2∫

𝑑𝑣

16.1 − 2(10−3)𝑣

𝑡 = −1

2(2)10−3ln(16.1 − 2[10−3]𝑣) + 𝐶

𝑡 = −1

250ln(16.1 − 2[10−3]𝑣) + 𝐶

Si 𝑡 = 0, 𝑣 = 0

𝐶 = 250 ln 16.1

Utilizando las propiedades de los logaritmos

Ejemplo. Desde la punta de una torre

de 1500 ft de altura se suelta un objeto de

16.1 lb. El aire ejerce sobre él una re-

sistencia que se puede expresar como

R=2(10-3)v, donde si v se da en ft/s, R

resulta en lb ¿Cuál será su velocidad a los

cinco segundos? ¿Cuánto descenderá en

ese lapso?

1500 ft

16.1#

R = 2(10)-3v

16.1

2(10-3) v

y


237

𝑡 = 250 ln16.1

(16.1 − 2[10−3]𝑣)

𝑒𝑡

250⁄ =16.1

(16.1 − 2[10−3]𝑣)

16.1 − 2[10−3]𝑣 = 16.1𝑒−𝑡250⁄

𝑣 = 500(16.1) (1 − 𝑒−𝑡250⁄ )

Para 𝑡 = 5 𝑣 = 8050 (1 − 𝑒−150⁄ )

𝑣 = 159.4 𝑓𝑡

𝑠⁄ ↓

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 8050 (1 − 𝑒−𝑡

250⁄ )

∫ 𝑑𝑦 = 8050 ∫ (1 − 𝑒−𝑡250⁄ ) 𝑑𝑡

𝑦 = 8050 (𝑡 + 2000𝑒−𝑡250⁄ ) + 𝐶1

Si 𝑡 = 0, 𝑦 = 0 𝐶1 = −8050(250)

𝑦 = 8050 (𝑡 + 250 [𝑒−𝑡2000⁄ − 1])

Para 𝑡 = 5 𝑦 = 400 ft

La velocidad absoluta del carro más su velocidad relativa con respecto

al viento es igual a la velocidad absoluta del viento.

cia global al movimiento del carro es de

1/200 de su peso, calcule: a) la velocidad

máxima que puede alcanzar el carro; b) la

distancia que se requiere para que alcance

una rapidez de 3 m/s. F = 0.72 u2 R = P/200

v = 12 m/s

Ejemplo. Un carro de ferrocarril que pesa 9220 kg y que origi-

nalmente está en reposo, comienza a moverse sobre un tramo hori-

zontal de vía, por la acción del viento que sopla en dirección de la

vía. La fuerza del viento se puede expresar como F = 0.72 u2, donde

u es la velocidad relativa del viento con respecto al vagón. La

velocidad absoluta del viento es de 12 m/s. Sabiendo que la resisten-


238

𝑣 + 𝑢 = 12

𝑢 = 12 − 𝑣 El diagrama de cuerpo libre del carro es

en donde 𝐹 = 0.72 u2

𝐹 = 0.72 (12 − 𝑣)2

y 𝑅 =9220

200= 46.1

Para encontrar la máxima velocidad del

carro, basta igualar con cero la aceleración

∑ 𝐹 = 0

0.72 (12 − 𝑣)2 − 46.1 = 0

(12 − 𝑣)2 =46.1

0.72

12 − 𝑣 = √46.1

0.72

𝑣 = 12 − √46.1

0.72

𝑣 = 4 𝑚 𝑠⁄ →

Calculamos la distancia que requiere para alcanzar los 3 𝑚 𝑠⁄ , sustituyen-

do 𝑎 por 𝑑𝑣 𝑑𝑥⁄


0.72 (12 − 𝑣)2 − 46.1 =9220

9.81𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑥

(12 − 𝑣)2 − 64 = 1305𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑥 = 1305 ∫𝑣 𝑑𝑣

(12 − 𝑣)2 − 64

𝑥 =1305

2ln[(12 − 𝑣)2 − 64] −

3

4(1305) ln (

4 − 𝑣

20 − 𝑣) + 𝐶

Si 𝑥 = 0, 𝑣 = 0 → 𝐶 = 2000 ln 16.1 Para 𝑣 = 3

𝑥 = 186.8 m

16.1

F

x

R

N


239

Como la fuerza es función de la posición necesariamente hemos de

emplear la expresión 𝑎 = 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑦⁄ .

Cuando el cuerpo está en reposo, el resorte ejerce sobre él una fuerza

igual al peso, y en esa posición colocaremos el origen del sistema de refe-

rencia.

Cuando y > 0, el resorte está comprimido y la fuerza que ejerce es

igual al peso menos la correspondiente a su deformación. Cuando y sea

negativa, cambiará el sentido de la acción del resorte.


𝑚𝑔 − 𝑘𝑦 − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑦

−𝑘𝑦 = 𝑚𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑦

−𝑘

𝑚∫ 𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 𝑣 𝑑𝑣

−𝑘

2𝑚𝑦2 =

1

2𝑣2 + 𝐶

Si 𝑦 = 𝑦0 ,𝑣 = 0, que son las condiciones iniciales

𝐶 = −𝑘

2𝑚𝑦0

2

𝑣2 =𝑘

𝑚(𝑦0

2 − 𝑦2)

𝑣 = √𝑘

𝑚√𝑦0

2 − 𝑦2

Ejemplo. Un cuerpo de masa m pen-

de de un resorte de constante de rigidez k.

El cuerpo se levanta una altura yo de su

posición de equilibrio y se suelta. Escriba

las ecuaciones del movimiento.

k k

yo

1) 2)

mg - ky

mg

y


240

Haciendo 𝑝 = √𝑘

𝑚

𝑣 = 𝑝√𝑦02 − 𝑦2

Volvemos a integrar con respecto al tiempo 𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑝√𝑦0

2 − 𝑦2

∫𝑑𝑦

√𝑦02 − 𝑦2

= 𝑝 ∫ 𝑑𝑡

á𝑛𝑔𝑠𝑒𝑛 𝑦

𝑦0= 𝑝𝑡 + 𝐶2

Si 𝑡 = 0, 𝑦 = 𝑦0

á𝑛𝑔𝑠𝑒𝑛 1 = 𝐶2 =𝜋

2

á𝑛𝑔𝑠𝑒𝑛𝑦

𝑦0= 𝑝𝑡 +

𝜋

2

𝑦

𝑦0= sen (𝑝𝑡 +

𝜋

2)

Como 𝑝𝑡 y 𝑝𝑡 +𝜋

2 son complementarios

sen (𝑝𝑡 +𝜋

2) = cos 𝑝𝑡

Por tanto: 𝑦

𝑦0= cos 𝑝𝑡

𝑦 = 𝑦0 cos 𝑝𝑡

Derivando con respecto al tiempo

𝑣 = −𝑝𝑦0 sen 𝑝𝑡

𝑎 = −𝑝2𝑦0 cos 𝑝𝑡

𝑎 = −𝑝2𝑦

La corrección de estos resultados se puede comprobar volviendo al

diagrama de cuerpo libre y escribiendo


−𝑘𝑦 = 𝑚𝑎

−𝑘

𝑚𝑦 = 𝑎

−𝑝2𝑦 = 𝑎


241

Las gráficas de este movimiento son las siguientes

El movimiento del ejemplo anterior se llama movimiento armónico

simple. Es un movimiento oscilatorio propio del sonido del musical,

especialmente y de las vibraciones mecánicas libres sin amortigua-

miento. Sin pretender agotar el tema, señalaremos algunas de sus carac-

terísticas.

Movimiento armónico simple

La definición del movimiento armónico simple es la siguiente: es el

movimiento rectilíneo de la partícula, cuya aceleración es directamente

proporcional a su distancia a la posición de equilibrio, y siempre se dirige

hacia ella.

Simbólicamente, la definición anterior se puede expresar así:

𝑎 = −𝑝2𝑥


242

Amplitud. Es la distancia máxima que la partícula se aleja del origen.

En el caso del ejemplo es yo.

Período (T). Es el tiempo que dura una oscilación completa. O sea, el

tiempo que tarda en volver a su posición inicial. Por tanto,

𝑝𝑇 = 2

𝑇 =2

𝑝

Frecuencia (f). Es el número de oscilaciones por unidad de tiempo.

𝑓 =1

𝑇=

𝑝

2

Como se trata de movimiento armónico simple, basta que regresemos

a la expresión que obtuvimos en el ejemplo anterior para contestar la

pregunta.

a) La amplitud es

b) 𝑝 = √𝑘

𝑚

Como la constante de rigidez se da en 𝑘𝑔/𝑚, el 𝑘𝑔 es unida de fuerza y la

masa es

𝑚 = 𝑚

9.81

𝑝 = √80(9.81)

4= 14.01

Ejemplo. Un cuerpo de 4 kg está col-

gado de un resorte cuya constante de rigidez

es de 80 kg/m. Si el cuerpo se jala hacia

abajo 0.2 m de su posición de equilibrio,

calcule: a) la amplitud del movimiento; b)

su período; c) su frecuencia natural; d) la

velocidad y aceleración máximas que alcan-

za el cuerpo; e) su posición, a los dos según-

dos de haber comenzado el movimiento; f)

la distancia que recorre durante los dos

primeros segundos.

1) 2)

y = 0.2m

k k

𝑦0 = 0.2 m


243

𝑇 =2

𝑝=

2

14.01; 𝑇 = 0.449 s

c) 𝑓 =𝑝

2=

1

0.449; 𝑓 = 2.23 Hertz

(1 𝐻𝑒𝑟𝑡𝑧 = 1 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜/𝑠)

d) La velocidad y la aceleración máxima corresponde al máximo va-

lor de la función trigonométrica conforme la cual varía, es decir,

1.

𝑣 = 𝑝𝑦0 sen 𝑝𝑡

𝑣𝑚á𝑥 = 𝑝𝑦0 = 14.01 (0.2)

𝑣𝑚á𝑥 = 2.8 m/s ↑↓

𝑎 = −𝑝2𝑦0 cos 𝑝𝑡

𝑎𝑚á𝑥 = 𝑝2𝑦0 = (14.012)0.2

𝑎𝑚á𝑥 = 39.2 m/s2 ↑↓

La velocidad máxima la alcanza en su posición de equilibrio, en donde

la aceleración es nula.

La aceleración máxima corresponde a la máxima deformación del

resorte, en los extremos de la trayectoria.

e) En 𝑡 = 2 , 𝑦 = 0.2 cos [14.01 (2)] El argumento del ángulo está en radianes y el argumento en grados

sexagesimales es de 165.1

𝑦 = −0.1933

es decir, 𝑦 = 0.1933 m 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜.

f) Como el número de ciclos que ha recorrido en dos segundos es

2𝑓 = 2(2.23) = 4.46

y en cada ciclo recorre 0.2 (4) m, entonces 𝐷 = 4.46(0.8)

𝐷 = 3.57 m


244

Conclusión

Antes de terminar este capítulo, insistiremos en el procedimiento para

la resolución de problemas de Cinética de la partícula. En primero lugar,

conviene identificar si el problema comienza por la Cinemática y, me-

diante las ecuaciones del movimiento, determinar la aceleración de la

partícula en estudio. Una vez conocida la aceleración, o conocidas de

antemano las fuerzas se dibuja un diagrama de cuerpo libre dibujo del

cuerpo aislado y de las fuerzas externas que contenga la información del

problema y sirva como instrumento de trabajo; luego se elige un sistema de

referencia, con un eje en dirección de la velocidad, si no hay razones claras

que aconsejen otra dirección; se escriben las ecuaciones a utilizar, y se le

dan los valores correspondientes. Lo que resta de la solución es un proceso

matemático generalmente sencillo.

Serie de Dinámica

MOVIMIENTO RECTILÍNEO. CINÉTICA

1. En un ascensor en movimiento, se

pesa un cuerpo de 5 kg con una balanza

de resorte. La balanza indica 5.1 kg. Ha-

lle la aceleración del ascensor.

(Sol. a=0.1962 m/s2 ↑)

2. Los pesos de la polea y de la cuerda

de la figura son despreciables. Sabiendo

que la cuerda es flexible e inextensible y

que no hay ninguna fricción en la polea,

calcule la aceleración del cuerpo B.

(Sol. a = 6.44 ft/s2 ↓)

3. En vez del cuerpo A del problema anterior, se aplica una fuerza de

10 lb en el extremo izquierdo de la cuerda. ¿Cuál será la aceleración del

cuerpo B? (Sol. a = 10.73 ft/s2 ↓)

5 kg


245

4. Un cuerpo de 20 kg se lanza hacia arriba de un plano inclinado 20º

respecto a la horizontal. Si los coeficientes de fricción estática y cinética

entre el cuerpo y el plano son 0.2 y 0.1, respectivamente, y el cuerpo sube

3 m sobre el plano inclinado antes de detenerse, ¿con qué rapidez original

se lanza? (Sol. v = 5.07 m/s)

5. El cuerpo del problema anterior, inmediatamente después de dete-

nerse, comienza a bajar. Determine el tiempo que le toma subir y bajar y la

rapidez con que llega al punto de partida.

(Sol. t = 2.75 s; v =3.82 m/s)

6. Los cuerpos A, B y C de la figura

pesan, respectivamente, 50, 30 y 10 kg.

Suponiendo ideales las cuerdas y la po-

lea, determine las tensiones de los tramos

AB y BC de la cuerda.

(Sol. TAB= 37.7 kg; TBC= 9.43kg)

7. Un cuerpo de 10 ton se baja en un

montacargas que aumenta uniformemen-

te su rapidez a razón de 4 m/s2. Determi-

ne la fuerza que el cuerpo ejerce sobre el

montacargas durante el movimiento. Ex-

prese el resultado en kN.

(Sol. F = 58.1 kN ↓ )

8. Una piedra lanzada verticalmente hacia arriba desde una torre de 50

ft de altura tarda 5 s en llegar al suelo. Sabiendo que una vez lanzada, la

piedra queda sujeta a la sola acción de su peso, diga: a) con qué velocidad

fue lanzada; b) qué altura máxima alcanza sobre el suelo; c) con qué

velocidad cae en el suelo.

(Sol. a) 70.5 ft/s ↑; b) 127.2 ft; c) 90.5 ft/s ↓ )


246

9. Un camión de 6 ton entra en un

transbordador con una velocidad de 21.6

km/h. El camión se detiene 10 m después

de haber comenzado a frenar. Suponiendo

que el movimiento del camión es unifor-

memente desacelerado, hallar la tensión

en cada uno de los dos cables que sujetan

el transbordador al muelle.

(Sol. T = 550 kg)

11. Una vagoneta cargada, que pesa

700 kg, desciende por un funicular in-

clinado 15º respecto a la horizontal con

una velocidad de 1.6 m/s. Determine la

tensión del cable que lo mueve, tanto du-

rante el movimiento uniforme como du-

rante la parada de la vagoneta, si el

tiempo de frenado es de 4 s, el coeficien-

te global de resistencia al movimiento es

0.015 del peso, y sabiendo que el movi-

miento es uniformemente acelerado.

(Sol. 170.7 kg ; 199.2 kg)

1.6 m/s

10.aLos coeficientes de fricción está-

tica y cinética entre un contenedor y una

plataforma del ferrocarril son 0.3 y 0.2,

respectivamente. Determine la distancia

mínima que puede emplear el tren en de-

tenerse completamente, si viaja a 72 km/h

y si el contenedor no debe deslizarse. Su-

ponga que es una desaceleración constan-

te.

(Sol. d = 68.0 m)


247

12. Un tren sin locomotora pesa 200 ton y, desplazándose con acelera-

ción uniforme sobre una vía horizontal, emplea 60 s en alcanzar 54 km/h,

partiendo del reposo. Determine la tensión del enganchamiento entre la

locomotora y el tren durante ese movimiento, si la resistencia al roda-

miento es 0.5 % del peso del tren.

(Sol. T = 6.10 ton)

13. Cierto cuerpo, a causa del impulso que recibe, recorre 24.5 m so-

bre un plano horizontal rugoso en 5 s y se detiene. ¿Cuál es el coeficiente

de fricción cinética entre el cuerpo y el plano?

(Sol. µk = 0.1998)

14. Una partícula de 1 slug se mueve por la acción de una fuerza

constante F = 3i + 10j – 5k [lb]. La partícula parte del reposo en el punto

(3, 5, –4) [ft]. a) ¿Cuáles serán la posición y la velocidad de la partícula

cuando t = 8 s? b) ¿Cuál será su posición cuando su rapidez sea de 20 ft/s?

(Sol. a) r = 99 i + 325 j – 164 k [ft]; v = 24 i + 80 j – 40 k [ft/s];

b) r = 7.48 i + 19.93 j – 11.46 k [ft])

15. El eje trasero de un automóvil de

carreras puede producir un par de 400

lb·ft. Suponiendo que ese par se man-

tiene constante, ¿en cuánto tiempo reco-

rrerá el automóvil un cuarto de milla?

¿Con qué velocidad llegará al final de ese

tramo? El automóvil parte del reposo y su

peso, incluido el conductor, es de 1600 lb.

El diámetro de la llanta trasera es de 3 ft.

(Sol. t = 22.2 seg; v = 119.0 ft/s)

16. Se aplica una fuerza Q de 400 N

a una de las cuerdas, como se muestra en

la figura. Despreciando la masa de las

poleas y de las cuerdas, calcule la acele-

ración del cuerpo de 80 kg. Los coefi-

cientes de fricción estática y cinética son

0.5 y 0.4, respectivamente, entre todas las

superficies en contacto.

(Sol. a = 0.376 m/s2)


248

17. El motor de la figura pesa 300 N

y el cuerpo que levanta tiene una acele-

ración, dirigida hacia arriba, de 2.5 m/s2.

Determine la tensión de la cuerda que jala

al cuerpo de 80 kg y la fuerza de compre-

sión que resiste la barra BC. Desprecie el

peso propio de las barras.

(Sol. T = 985 N; BC = 1960 N)

18. Una fuerza cuya magnitud varía

según la gráfica de la figura, actúa sobre

un cuerpo que pesa un kilogramo. Si el

cuerpo parte del reposo, ¿cuáles serán su

velocidad y su posición a los 30 s de ha-

ber comenzado a aplicarse la fuerza?

(Sol. v = 122.6 m/s; s = 3000 m)

19. Una pequeña esfera de fierro se

suelta sobre la superficie de un recipien-

te de aceite. Si la resistencia al movimien-

to es R = 0.005 v, donde R está expresada

en N y v en m/s, determine la profundidad

h que debe alcanzar la esfera para que su

rapidez sea de 2 m/s. La masa de la esfera

es de 0.5 kg.

20. Para velocidades pequeñas, la resistencia al movimiento de un tren,

en kg, se determina por la fórmula empírica R = (2.5 + 0.05 v)P, donde P

es el peso del tren expresado en ton y v su velocidad en m/s. Hallar el

tiempo y la distancia que empleará un tren de mina para alcanzar, partiendo

del reposo, una velocidad de 12 km/h sobre un tramo horizontal de vía, si

el peso del tren, incluida la locomotora eléctrica, es de 40 ton y la fuerza

de tracción de la locomotora es de 200 kg. Determine también la fuerza de

tracción de la locomotora durante el movimiento uniforme ulterior.

(Sol. t = 140.7 s; s = 237 m; F = 106.7 kg)

F 1 kg lisa

(Sol. h = 20.2 cm)


249

21. Un barco de 10 000 ton de desplazamiento navega con una velo-

cidad de 16 m/s. La resistencia del agua es directamente proporcional al

cuadrado de la rapidez, y para 1 m/s es igual a 30 ton. ¿Qué distancia re-

correrá el barco hasta que su velocidad se reduzca a 4 m/s? ¿Qué tiempo

empleará en ello?

(Sol. s = 47.1 m; t = 6.38 s)

22. Un esquiador desciende a alta

velocidad por un declive de 45º sin empu-

jarse con los bastones. El coeficiente de

rozamiento cinético entre los esquíes y la

nieve es 0.1 y la resistencia del aire al

avance del esquiador es R = kv2, en donde

k es una constante y v es la rapidez del es-

quiador. Para una velocidad de 1 m/seg la

resistencia del aire equivale a 0.0635 kg.

Calcule el tiempo que se requiere para que

la rapidez del esquiador aumente de 36 a

72 km/h, si su peso propio con los esquíes

es de 90 kg. Diga también cuál será la

velocidad máxima que puede alcanzar el

esquiador, tanto en estas condiciones co-

mo si utiliza una cera que reduzca el roza-

miento a la mitad.

(Sol. T=2.20 seg; v1= 108.1 km/h;

v2=111.1 km/h)

23. Una cadena de longitud L y de

peso unitario p reposa en el borde de una

superficie rugosa. Mediante una fuerza F

de magnitud constante se jala a otra su-

perficie, lisa, contigua a la anterior. De-

termine la velocidad con que la cadena

termina de pasar completamente a la su-

perficie lisa.

(Sol. 𝑣 = √2𝑔𝐹/𝑝 − 𝜇𝑔𝐿 )


250

24. Dos cargas, P = 0.5 y Q = 0.8 kg

penden de un resorte de 2 kg/m de rigi-

dez. Escriba la ecuación de la posición de

la carga P, en función del tiempo; calcule

la frecuencia del movimiento, su período,

y su frecuencia circular, si se retira súbita-

mente la carga Q. Para la ecuación, utilice

como origen la posición de equilibrio de

la carga P sola.

(Sol. x = 40 cos 6.26 t [cm];f = 0.997

hertz; T = 1.003 s; ω = 6.26 s-1)

25. Calcule la constante de rigidez de

un resorte equivalente, para cada una de

las configuraciones mostradas en la figu-

ra.

[Sol. k = k1 + k2;

k = k1(k2 + k3)/(k1 + k2 + k3)]

26. Una partícula está animada con movimiento armónico simple de 3

hertz de frecuencia y 10 cm de amplitud. Escriba las ecuaciones de su po-

sición, velocidad y aceleración en función del tiempo.

(Sol. x = 10 cos 6πt [cm]; v = – 60 π sen 6πt [cm/s];

a = – 360 𝜋2 cos 6πt [cm/s2] )

27. Un cuerpo que pende de un resorte oscila verticalmente con una

amplitud de 15 in. Si en un segundo recorre cuatro oscilaciones comple-

tas, ¿cuáles son su velocidad y aceleración máximas?

(Sol. v max= 377 in/s ; a max =790 ft/s2)

x. movimiento rectilÍneo. cinÉticaprofesores.dcb.unam.mx/users/juanoc/archivos/dinamica/... ·...

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