Física Universitaria Manuel R. Ortega Girón

FFssiiccaa UUnniivveerrssiittaarriiaa PPrroobblleemmaass ddee FFssiiccaa

MMaannuueell RR.. OOrrtteeggaa GGiirrnn

RRaaffaaeell LLppeezz LLuuqquuee

Departamento de Fsica Aplicada. Universidad de Crdoba.

ii Fsica Universitaria

Fsica Universitaria Problemas de Fsica Primera edicin: julio 2009

Copyright: Manuel R. Ortega Girn Rafael Lpez Luque Editor: Manuel R. Ortega Girn CL Santa Cruz, 10 14.012 Crdoba. Espaa. Tfnos.: +34 957 280051 (particular) +34 957 218483 (departamento) Fax: +34 957 218483 e-mail: [email protected] http://www.uco.es/users/mr.ortega Impresin: Reprografa Don Folio 14.013 Crdoba. Espaa. I.S.B.N. Depsito legal:

Copyright. Reservados todos los derechos.

Ninguna parte de este libro puede ser reproducida por cualquier medio, incluidas las fotocopias,

sin el permiso por escrito del autor.

Fsica Universitaria iii

PPrrllooggoo

Este libro completa nuestras obras Lecciones de Fsica y Fsica Universitaria que vienen teniendo una amplia y buena acogida, durante ms de dos dcadas, en diversas Universidades Espaolas.

Problemas de Fsica, as como el conjunto de la obra en la que se integra, es un libro concebido como apoyo a la enseanza de la Fsica en los estudios universitarios, tanto de carcter tcnico como cientfico, presentando un nivel apropiado para la Fsica que se imparte en los Primeros Ciclos de nuestras Facultades y Escuelas Tcnicas.

Desde la ms remota antigedad, la enseanza se ha enfrentado con dos problemas bsicos: decidir qu conocimientos se deben transmitir (contenidos) y acertar con cmo puede hacerse esa transmisin (forma).

En el aspecto de contenidos, la mayor parte del contenido de este libro procede de nuestra experiencia personal y de los exmenes propuestos a los alumnos a quienes hemos impartido la asignatura, y corresponde a los descriptores oficiales correspondientes a los Fundamentos Fsicos de la Ingeniera.

En el aspecto formal, durante la preparacin de este libro hemos pretendido la consecucin de dos objetivos principales que entendemos que deben orientar la docencia de las asignaturas de Fsica de Primer Ciclo de los estudios universitarios: familiarizar al alumno con el conjunto de los conceptos y leyes bsicas que constituyen la esencia de la Fsica y desarrollar en el estudiante la habilidad para manejar esas ideas y para aplicarlas a situaciones concretas

En Problemas de Fsica hacemos un uso intensivo de figuras y esquemas para facilitar la comprensin de los problemas, su tratamiento y soluciones. Adems, hay un aspecto que conviene destacar: en muchos de los problemas, las figuras representan en gran medida la solucin del mismo, lo que realza la importancia de las figuras y esquemas en el planteamiento resolucin de los problemas.

Crdoba, julio 2009

iv Fsica Universitaria

Fsica Universitaria v

A Estela y Olga

Desde la infancia he sido criado en el estudio de las letras y, como quiera que me aseguraban que por medio

de stas se poda adquirir un conocimiento claro y seguro de todo aquello que es til para la vida, yo tena un vivsimo deseo de aprenderlas. Pero cuando acab el

curso de los estudios, al finalizar los cules es costumbre ser admitido en la jerarqua de los doctos, cambi

enteramente de opinin. Por que me encontraba turbado y confuso entre tantas dudas y errores que me pareca no

haber obtenido otro provecho, al procurar instruirme, que el descubrir cada vez mejor mi ignorancia.

REN DESCARTES (1596-1650)

El Discurso del Mtodo.

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Fsica Universitaria vii

FFssiiccaa UUnniivveerrssiittaarriiaa PPrroobblleemmaass ddee FFssiiccaa

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MMaatteerriiaass Los cdigos de materias se corresponden con el ndice de Materias de la obra Fsica Universitaria, del mismo autor.

M01. lgebra vectorial. M02. Vectores deslizantes. M03. Anlisis vectorial. M04. Cinemtica de la partcula. M05. Cinemtica del slido rgido. M06. Principios de la Mecnica Clsica. La ley de la inercia. M07. Segunda y tercera leyes de Newton. Conservacin de la cantidad de movimiento. M08. Las fuerzas de la Naturaleza. M09. Sistemas de referencia en rotacin. M10. Trabajo y energa. M11. Conservacin de la energa. M12. Momento angular. Fuerzas centrales. M13. Movimiento armnico simple. M15. Superposicin de movimientos armnicos simples. M16. Geometra de masas. M17. Sistemas de partcilas. M18. Sistemas de masa variable. El problema de 2-cuerpos. M19. Colisiones. M20. Esttica del slido rgido. M21. Dinmica del slido rgido. M22. Trabajo y energa en el movimiento general del sl. rg. M24. Dinmica impulsiva del slido rgido. M25. La ley de la Gravitacin Universal. M27. Elementos de elasticidad. M29. Esttica de los fluidos. M31. Cinemtica de los fluidos. M32. Dinmica de los fluidos ideales. M33. Dinmica de los fluidos reales. M34. Flujo viscoso. M35. Ondas mecnicas. T00. Termodinmica. E01. Campo elctrico. E02. Capacidad elctrica. E03. Corriente continua. E04. Campo magntico E05. Induccin magntica. E06. Corriente alterna.

Fsica Universitaria: Problemas de Fsica Vectores. M01.1

1. Consideremos el vector A y la direccin definida por el vector B. Descompongamos el vector A en dos: uno

paralelo y otro perpendicular a la direccin del vector B. Demostrar que los vectores componentes de A son (AB/$)eB y (B(AB)/$2.

El vector A tiene como componentes los vectores A1 y A2, tal como se indica en la figura. El mdulo de la componente del vector A en la direccin del vector B es la proyeccin de A sobre B, de modo que lo obtenemos multiplicando escalarmente A por el versor en la direccin de B; esto es,

1A B B

BA e A

De modo que el vector A1 viene expresado por

1 B B

BA A e

En cuanto a la componente A2, de la definicin del producto vectorial se sigue la expresin del mdulo de A2; esto es,

2 2sen senAB B A BA A B

A BA B

Puesto que la direccin del producto vectorial AB es normal al plano del papel y entrante, la del producto B(AB) ser la del vector A2, de modo que este vector vendr dado por

2 2B B

B

A B B A BA e

A1 B

AA2

- 1 -

Fsica Universitaria: Problemas de Fsica Vectores. M01.2

2. Hallar el vector que representa la superficie del tringulo determinado por los vectores

5 8 9 A i j k y 6 5 B i j k concurrentes en un punto dado.

El vector que define la superficie del tringulo formado por los dos vectores viene dado por la mitad de su producto vectorial. En consecuencia, el vector S es un vector normal (perpendicular al plano) determinado por los vectores A y B, y su mdulo vale 12 senA B , siendo el ngulo que forman entre s los vectores dados, y su sentido viene determinado por la regla de la mano derecha. Analticamente, tenemos

5 6 49 24.51 1 18 1 29 14.52 2 29 5 53 26.5

S A B

Y su mdulo (superficie del tringulo) es

2 2 224.5 14.5 26.5 38.9S

A

B

S

- 2 -

Fsica Universitaria: Problemas de Fsica Vectores deslizantes. M02.1

1. El mdulo de la resultante de un sistema de vectores es R = 6, el invariante escalar del sistema es MR = 30 y las ecuaciones del eje central del sistema son 2x = y = 2z. Hallar: a) el momento mnimo; b) la resultante; c) el momento respecto al origen; d) el momento con respecto al punto (2, 1, 0).

El eje central del sistema de vectores pasa por el origen de coordenadas (0,0,0) y sus ecuaciones pueden expresarse en la forma:

2 21 2 1x y zx y z ,

por lo que su versor director es 1

1 26 1

e

a) El momento mnimo es igual a la proyeccin sobre el eje central del momento en cualquier punto del espacio; esto es,

mn mn mn

130 55 26 6 1

M M

M R M eR

b) La direccin de la resultante es la del eje central: esto es, 1 1

6 2 6 26 1 1

R

R e

c) Dado que el origen de coordenadas pertenece al eje central, ser

0 mn

15 6 2

61

M M

d) Aplicamos la frmula de cambio de momentos:

P O

1 2 1 1 1 15 6 5 6 6 6 6PO 2 1 6 2 2 2 22

6 6 6 61 0 1 1 3 13

M M R

Eje central R

M0

- 3 -


2. Un sistema de vectores deslizantes es tal que en el origen el momento resultante es nulo y en los puntos A(1,0,0) y B(0,1,0) los momentos son MA = aj + k y MB = i + b j - k, respectivamente. Determinar: a) Los valores de a y b en las expresiones de los momentos. b) La resultante del sistema. c) El eje central. d) Si estuvisemos describiendo con este ejercicio el movimiento de un slido rgido, escriba de nuevo el enunciado del problema.

a) y b) Sea R = (li + mj + nk) la resultante del sistema. Relacionamos los momentos en A y B con el momento en O:

A OM M

B O

0 1 0AO 0

11 0

la n

a m nm

n m

R

M M

1

1 0 1BO 1 0

1

01

11

1 0

0

l n nb m

abl

lnb

n

m

l

R

de modo que

A B

0 1 11 0 1

1 1 1

M M R

c) Puesto que el momento en el origen es nulo, el eje central pasa por el origen de coordenadas y tiene la direccin de la resultante R, de modo que viene dado por las ecuaciones:

1 1 1x y z x y z

d) Un slido rgido tiene un movimiento tal que, en un instante dado, las velocidades de tres de sus puntos... ... a) ... b) La rotacin resultante. c) El eje instantneo de rotacin y deslizamiento.

- 4 -


3. Dado el sistema de vectores deslizantes de la figura, determinar: a) Los invariantes del sistema. b) El eje central. c) El momento respecto al eje Oy. d) Un sistema equivalente al anterior formado por dos vectores tales que la recta de accin de uno de ellos sea el eje Oy.

a) Los invariantes del sistema son:

1 1

2 2

=(0 1 0) P =(0,0,1)=(0 0 1) P =(1,0,0)

VV

R j k

1O

0 0 1 0 1OP OP 0 1 0 0 1

1 0 0 1 0

21 2M V V

O O

0 11 1 11 0

1

R MR M

b) Obtenemos la ecuacin del eje central determinando el vector de posicin de un punto E que pertenece a dicho eje:

O2

0 1 1 1/ 21 1OE 1 1 1 1/ 22 2

1 0 1 1/ 2R

R M

y la ecuacin del eje es:

E E E 1/ 2 1/ 2 1/ 20 1

1/ 211x y z

xx x y y z z x y zR R zR y

c) El momento respecto a un eje es la proyeccin sobre el eje del momento respecto a un punto cualquiera de ese eje.

O

1 01 1 1

0 0yy yyM

MM j j

d) Sea A el vector cuya recta de accin es el eje Oy. Dado que R=A+B, el nuevo sistema ser:

A

B

P (0,0,0)(0 0)(0 1- 1) P ( , , )x y z

AB R A

El momento en cualquier punto debe ser el mismo para los dos sistemas

AO OPM

B

0 (1 ) 1OP 1 1

1 (1 ) 0

x y zy xz x

A B

(1 ) 1 11 1

(0,0

(1 )

,0)(1, 1,00 1 )

y zx x

x y

A jB k

y1 1

1 v2

v1

x

z

yv2

v1

x

z EC

- 5 -


4. Sean dos sistemas de vectores deslizantes definidos por sus torsores {R;M} respectivos:

1 1 2 21 2 0 02 , 4 P 1,0,0 1 , 3 P 0,1,01 2 1 3

T T

a) Reducir cada uno de los sistemas al origen de coordenadas. b) Obtener la resultante y el momento resultante del sistema total. c) Determinar el eje central del sistema total. d) Obtener el torsor resultante.

El torsor de un sistema de vectores deslizantes queda definido por su resultante R y su momento resultante M con respecto a un punto P del eje central del sistema (reduccin cannica). a) La resultante Ri de cada sistema es invariante; el momento resultante Mi cambia al pasar a otro punto de reduccin. Reducimos los sistemas al origen de coordenadas:

1

2

1 1,O 1,P 1 1

2 2,O 2,P 2 2

1 2 1 1 2 2 OP 4 0 2 3

1 2 0 1 4

0 0 0 1 OP 3 1

1 3 0

R M M R

R M M R

0 11 31 3

b) La resultante R y el momento resultante MO del sistema total de vectores en el origen de coordenadas es la suma de las resultantes y momentos resultantes de cada uno de los sistemas:

1 2

1 0 12 1 3 141 1 2

R

R R R O 1,O 2,O2 1 33 3 64 3 7

M M M

c) Determinamos un punto P del eje central del sistema total y la ecuacin de su eje central:

O2

1 3 91 1OP 3 6 114 142 7 3R

R M 14 9 14 1 14 31 3 2x y z

d) Proyectamos el momento MO sobre la resultante R para obtener el momento mnimo:

0mn

3 11 356 314 147 2

MR

M R mn mn

1 135 1 53 3214 14 2 2

MR

RM

De modo que el torsor resultante es

1 15 9 1 3 3 , 3 P , ,2 14 14 142 2

T

{T1}

R1

M1 P1

{T2} R2

M2 P2

R MO

- 6 -

Fsica Universitaria: Problemas de Fsica Anlisis vectorial. M03.1

1. Sea el campo vectorial: 2 2 3 12 3 6 4x z y xy x A i j k . a) Demostrar que es conservativo. b) Calcular su circulacin entre los puntos (0,0,0) y (2,-1,3).

a) Calculamos el rotacional del campo vectorial 2 2

2 2

3

012 3 06 12 12 0 0

6 6 04

A

x x z yy xy x xz y yx

Puesto que el campo vectorial es irrotacional, podemos asegurar que es conservativo. b) Calculamos la circulacin pedida:

(2, 1,3)

2 1 32 2 3

0 0 0(0,0,0) 0 2 2

0 0 1

2 1 3 1 32000 0 0

d 12 3 d 6 d 4 d

0 d 12 d 32 d 0 6 32 6 0296 1

A ry x xz z y

x z y x xy y x z

x y y z y z

x y

z

(x,y,z)

(0,0,0)

- 7 -


2. Consideremos el campo vectorial y z x A i j k . a) Es conservativo? Si lo fuese, determnese su funcin potencial. b) Calcular la circulacin del campo vectorial entre los puntos (2,0,0) y (0,2,2) a lo largo de la curva definida por sus ecuaciones paramtricas x = 2 cos , y = 2 sen , z = 4 .

a) La condicin necesaria y suficiente para que un campo vectorial sea conservativo es que sea irrotacional:

/ 1/ 1 0/ 1

x yy zz x

rot A A

de modo que es rotacional y, por ende, no es conservativo. b) El valor del campo en los puntos de la curva es 2sen 4 2cos A i j k El vector desplazamiento infinitesimal (dr) sobre la curva dada es:

2cos d 2sen d2sen d 2cos d d 2sen 2cos 4 d4 d 4 d

x xy yz z

r i j k

De modo que:

2d 2sen 4 2cos 2sen 2cos 4 4sen 8 cos 8cos A r i j k i j k

Los ngulos correspondientes a los puntos inicial y final sobre la cuva son:

1 1 1 1

2 2 2 2

P (2,0,0) : 0 4 0 0P (0, 2, 2 ) : 2 4 2 2

zz

La circulacin ser1:

2

2 2 2

22

1,C 0

0 0 0

d 4sen 8 cos 8cos d

2 sen cos 8 sen cos 8 sen

4 8 8 3

A r

1 Hemos tenido en cuenta:

2 1 12 4

sen cossen d sen 2 cos d sen cos cos d sen2

- 8 -


3. Sea el campo vectorial 2 2 22 2 2xy z yz x zx y A i j k . a) Averiguar si este campo es conservativo y, si lo fuese, determinar la funcin potencial correspondiente. b) En cualquier caso, calcular la circulacin de este campo vectorial entre los puntos (0,0,0) y (1,2,3) a lo largo de la recta que los une.

a) La condicin necesaria y suficiente para que un campo vectorial sea conservativo es que sea irrotacional; i.e. que su rotacional sea nulo:

2

2

2

2/ 2 2/ 2 2 2 0/ 2 22

A rot Axy zx y y

y yz x z zz x xzx y

Puesto que el campo es irrotacional, es conservativo. Calculamos la funcin potencial asociada al campo vectorial:

( , , )2 2 2

0 0 0(0,0,0) 0

0 0

2 2 2 2 200 0 0

, , d 2 d 2 d 2 d

0 d d 2 d

A rx y z

x y z

y x x x xz z y y

x y z

x y z xy z x yz x y zx y z

x x y zx y z x y y z z x

De modo que 2 2 2

0( , , ) x y z x y y z z x

b) Calculamos la circulacin entre los dos puntos dados como la diferencia de valores que toma la funcin potencial en esos dos puntos:

1,2,3

0,0,0d 1,2,3 0,0,0 23 0 23 A r

x

y

z

(x,y,z)

(0,0,0)

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4. Sea el campo vectorial A = (x + yz) i +( y + xz) j + (z + xy) k.. a) Demostrar que es un campo de potencial. b) Obtener su funcin potencial. c) Calcular la circulacin del campo vectorial entre los puntos de coordenadas (3,0,0) y (0,3,0) a lo largo del arco de circunferencia determinado por esos dos puntos y que tiene su centro en el origen de coordenadas. d) Calcular la divergencia del campo vectorial en el origen de coordenadas. e) Utilizando el teorema de Gauss, calcular el flujo del campo vectorial a travs de una esfera de radio 3 unidades centrada en (0,0,0).

a) Calculamos el rotacional del campo: // 0/

A

x x yz x xy y xz y yz z xy z z

por tanto, por ser irrotacional, es conservativo. b) Para obtener la funcin potencial calculamos la circulacin del campo entre el origen de coordenadas (0,0,0) y un punto genrico (x,y,z) a lo largo de tres tramos rectilneos en las direcciones de los ejes coordenados respectivos.

( , , )

0 0(0,0,0) 00

d ( ) d

A rx y z

x

yz

x yz x

De este modo que

2 2 2 01 ( )2

x y z xyz

c) Calculamos la circulacin entre los dos puntos dados como la diferencia de valores que toma la funcin en esos dos puntos:

0,3,0

3,0,0d 0,3,0 3,0,0 0 A r

d) La divergencia vale

1 1 1 3

A yx zAA A

x y z

en todos los puntos del espacio. e) Teorema de Gauss:

d ( ) d 3 d 3 A S AS V V

V V V

y por tratarse de una superficie esfrica de 3 unidades de radio, ser: 3 3 3 (unid. de flujo)

43 4 4 3 339.33

R R

- 10 -


5. Consideremos el campo vectorial 2 2 2x yz y xz z xy A i j k . a) Es conservativo? Si lo fuese, determnese su funcin potencial. b) Calcular la circulacin del campo vectorial entre los puntos (2,0,0) y (0,2,2) a lo largo de la a lo largo de la recta que los une.

a) La condicin necesaria y suficiente para que un campo vectorial sea conservativo es que sea irrotacional:

/ 2 0/ 2 0 0/ 2 0

x x yzy y xzz z xy

rot A A

de modo que es irrotacional y, por ende, es conservativo. Calculamos la funcin potencial:

( , , )

0 0 0(0,0,0) 0

0 0

2 2 200 0 0

, , d 2 d 2 d 2 d

2 d 2 d 2 d

x y zx y z

y x x x xz z y y

x y z

x y z x yz x y xz y z xy z

x x y y z xy z x y z xyz

A r

De modo que 2 2 2 0( , , )x y z x y z xyz

b) Calculamos la circulacin entre los dos puntos dados como la diferencia de valores que toma la funcin en esos dos puntos:

0,2,22 2

2,0,0d 0,2,2 2,0,0 4 4 4 4

A r

Otro mtodo Por ser conservativo, la circulacin entre dos puntos es independiente del camino que sigamos. Para mayor simplicidad, calculamos la circulacin entre los puntos (2,0,0) y (0,2,2) a lo largo de la lnea quebrada que se indica en la figura:

(0,2,2 )

0 2 2

2 0 0(2,0,0) 0 0 0

0 0 2

0 2 2 0 2 22 2 2 2 2

2 0 02 0 0

d 2 d 2 d 2 d

2 d 2 d 2 d 4 4 4 4

y x xz z y

x yz x y xz y z xy z

x x y y z z x y z

A r

(2,0,0)

(0,2,2)

y=0z=0

x=0z=0

x=0y=2

y

x

z

- 11 -


6. En un sistema de coordenadas cartesianas, el campo vectorial A es perpendicular al eje z y dirigido hacia dicho eje en todo punto del espacio. El mdulo del vector A en un punto cualquiera es inversamente proporcional al cubo de la distancia del punto al eje z. a) Expresar el campo vectorial A en coordenadas cartesianas. b) Demostrar que tiene funcin potencial. c) Determinar la funcin potencial. d) Describir la forma de las superficies equipotenciales.

a) Puesto que el campo tiene simetra cilndrica, podemos reducirlo a un campo vectorial plano, contenido en el plano xy o plano z = 0, tal como se indica en la figura. La distancia del punto genrico P(x,y,0) al eje z y el versor re en la direccin radial vienen dados por

2 2 2 2 2

2 2OP r r

x yx y x y x yx y

i ji j e e

2 2 23 4 2 2 2 2 2 2

( , ) OPrk k k kx kyx y x y

x y x y x y

A e i j i j

b) Puesto que se trata de un campo vectorial central, podemos afirmar que es irrotacional y que, consecuentemente, tendr funcin. A pesar de ello, comprobaremos que es irrotacional:

/ ( , ) 0/ ( , ) 0 0/ 0

x

y

y x

x A x yy A x yz A x A y

A

Ya que

2 2 2 2

2 4 4 32 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 4 4 32 2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 4

2 2 4 4

y

x

ky x y x kxy x yA ky kxyx x y x y x y x y

kx x y y kxy x yA kx kxyy x y x y x y x y

Por consiguiente, el campo es irrotacional y existe una funcin potencial asociada al mismo. c) Puesto que el campo vectorial se anula en los puntos infinitamente alejados del eje, tomaremos el nivel de potencial nulo en el infinito y realizamos la integracin a lo largo de una recta radial:

3 3 2d d d 2rk k k

! ! !

A r e r

De modo que

2 2( , , )

2kx y z

x y

d) El potencial ser el mismo en todos los puntos equidistantes del eje z; por consiguiente, las superficies equipotenciales consisten en superficies cilndricas que tienen al eje z como eje de revolucin.

x

z

y

A

A P(x,y,0)

P(x,y,z)

O

O er

er

x

z

yP(x,y,0)

O e

!

- 12 -

Fsica Universitaria: Problemas de Fsica Cinemtica de la partcula. M04.1

1. El maquinista de un tren expreso que circula con una velocidad v1 observa a una distancia d el furgn de cola de un tren de mercancas que marcha por delante del expreso, sobre la misma va y en el mismo sentido, con una velocidad v2, menor que la del expreso. El maquinista del expreso aplica inmediatamente los frenos, producindose una desaceleracin constante a, mientras que el tren de mercancas contina su marcha a velocidad constante. Determinar el menor valor de la desaceleracin para que pueda evitarse la colisin.

Escribimos las ecuaciones horarias o temporales del movimiento de cada uno de los dos mviles intervinientes, conforme a la notacin indicada en el esquema adjunto:

21 1

2 2

expreso

mercancas

12

x v t at

x d v t

En un diagrama espacio-tiempo (x,t), estas funciones estn representadas por una parbola y una recta, respectivamente, como se indica en la figura. Resolviendo el sistema de las dos ecuaciones, determinamos si en algn instante coinciden en el mismo lugar la mquina del expreso con el furgn de cola del mercancas; esto es,

21 2

21 2

122 2 0

v t at d v t

at v v t d

Esta ecuacin de segundo grado tiene como soluciones o races

21 2 1 2 2v v v v adta

Esto es, una, dos o ninguna solucin. dependiendo del valor del discriminante 21 2 2v v ad :

Si >0 : 2

2 1 21 2 2 2

v vv v ad a

d

, dos soluciones reales distintas. Hay colisin.

Si =0 : 2

2 1 21 2 2 2

v vv v ad a

d

, dos soluciones reales iguales. Hay contacto.

Si


2. Despus de parar el motor de una canoa, sta tiene una aceleracin en sentido opuesto a su velocidad y directamente proporcional al cuadrado de sta. a) Expresar la velocidad de la canoa en funcin del tiempo. b) dem la distancia recorrida al cabo de un tiempo t. c) dem la velocidad de la canoa despus de haber recorrido una distancia x. d) Supongamos que cuando se para el motor la velocidad de la canoa era de 20 m/s y que 15 s despus dicha velocidad se haya reducido a la mitad. Determinar el valor de la constante de proporcionalidad que aparece en la definicin de la aceleracin.

De acuerdo con el enunciado, la aceleracin viene dada en funcin de la velocidad mediante la expresin 2a kv , por lo que se trata de un movimiento rectilneo variado general; i.e., no se trata de un movimiento rectilneo uniformemente acelerado, ya que la aceleracin no es constante a) A partir de la definicin de la aceleracin y mediante integracin obtenemos la velocidad en funcin del tiempo:

00

22 0

0

d d 1 1dd

1vv tv

v

v va kv k t ktt

ktv vvv

! !

b) Del mismo modo, a partir de la definicin de la velocidad y mediante integracin, obtenemos la posicin o distancia recorrida en funcin del tiempo:

00 00

0

0

0

0 0

0

1d d 1 1 dd

1d dd d

11 1 ln 1d 1 1 1 1ln ln ln

1

x t

t

u ktx t t vv kt xt x v v kt u k tv

ktvux u kt

k u k k vkv t

kkv

! !

!

c) De nuevo, a partir de la definicin de la aceleracin y mediante integracin obtenemos la velocidad en funcin del espacio recorrido:

0

200

0

d d d d d lnd d d

v x

v

ktv v ev x v v va v kv k x ktx t x v v

! !

d) A partir de la expresin de la velocidad en funcin del tiempo, obtenida en el primer apartado, despejamos la constante de proporcionalidad k y determinamos su valor:

0

-10

1 1 1 1 11 1 110 20 2015 15

0.0030

m30

v vkt k

v v t

x

a0 v0 a v

t t0

- 14 -


3. La velocidad de un vehculo quitanieves es inversamente proporcional al tiempo transcurrido desde que comenz a nevar. Transcurrido un cierto tiempo, t0, a partir del instante en que empez a nevar, el vehculo se pone en marcha y recorre 2 km en la primera hora y 1 km en la segunda. a) Determinar la ecuacin del movimiento del vehculo, i.e., x(t). b) Calcular el valor de t0 y el de la constante de proporcionalidad. c) Qu distancia recorrer el vehculo durante la tercera hora de funcionamiento?

a) Aplicamos la definicin de velocidad e integramos para obtener la distancia al origen (x) en funcin del tiempo:

00 0

d dd lnd

x t

t

x k t tv x k x kt t t t ! !

b) Sustituimos en esta expresin los datos que nos proporciona el enunciado, expresando las distancias en kilmetros (km) y los tiempos en horas (h):

0 01 0 1

0 0

002 0 2

00

1 11 2 ln 2 ln2( )

22 3ln2 3 ln 3

t tt t x kt t

ttt t x k

tt

"

Desarrollamos la ecuacin anterior

3 2

3 20 0 0 00 0 0

0 0 0 0

3 2 3 2 20 0 0 0 0 0 0 0

1 2 1 23ln 2ln 1 2

3 3 1 4 4 1 0

t t t tt t t

t t t t

t t t t t t t t

0

1 5 0.618 h1 1 4 1 5 22 2 1 5 0

2

t

#

Ahora determinamos el valor de la constante k:

1

00

0 0

2ln 2.078 km 2.078ln1 1.618 0.618ln lnln

0.618

xt x tx k k xt ttt t

c) Utilizamos la expresin anterior para determinar la posicin de la mquina quitanieves en el instante t3 = t0+3 y el recorrido durante la tercera hora de funcionamiento:

3 3 3 23.6182.078ln 3.672 km 0.672 km0.618

x x x x

2 km 1 km

t0 t0+1 t0+2

0

t =

x = 2 km 3 km

- 15 -


4. Un transbordador navega en lnea recta con una velocidad constante v0 = 8 m/s durante 60 s. A continuacin, detiene sus motores; entonces, su velocidad viene dada en funcin del tiempo por la expresin

2 20 1 /v v t t , siendo t1 = 60 s. Cul es el desplazamiento del transbordador en el intervalo 0 t $ ?

El espacio recorrido con velocidad constante hasta el instante t1 = 60 s es

1 0 1 8 60 480 mx v t

A partir de ese instante, la velocidad va disminuyendo, por lo que obtendremos el recorrido mediante una integracin:

1 1

1

2 220 1 0 1

0 12 2 2

2 21 0 1 0 1 0 1

1

d dd d dd

1 1 1

x

x t

t

v t v tx tv x t x v ttt t t

x x v t v t v tt t

$ $

$

$

$

! !

de modo que el desplazamiento total en el intervalo 0 t $ es

1 0 1 0 1 0 1 0 12 960 mx x v t v t v t v t$

t60 s 120 s

v

960 m

480 m x

8 m/s

- 16 -


5. El bloque de la figura est unido al extremo un hilo inextensible que pasa por una polea B. Para acercar el bloque masa hacia s, un operario hace descender el extremo A del hilo con una velocidad constante de 1 m/s. Calcular la velocidad y la aceleracin que tendr la masa cuando pase por el punto C, indicado en la figura, situado a 8 m del operario.

Consideramos el sistema de ejes de la figura y establecemos la relacin existente entre la distancia l y la distancia x:

l2 = x2 + 62 y la derivamos respecto al tiempo

d d d d2 2d d d d

l x l xl x l xt t t t

As, cuando x = 8 m y teniendo en cuenta que dl/dt es la velocidad de decrecimiento de la longitud l, que coincide con la velocidad con que desciende el extremo A del hilo

(i.e., dl/dt = - 1 m/s), se obtiene 2 2d d 8 6 51 m/s =

d d 8 4- 1.25 m/sx l l

t x t

Derivamos de nuevo 2 22 2

2 2

d d d dd dd d

l l x xl xt tt t

y teniendo en cuenta que 2

2

d 0d

lt

y que para x = 8 m es d 5 m/sd 4

xt

, despus de despejar se

obtiene 2 22

22 22 0.0703 m/s

d 1 d d 1 25 91 m/sd d 8 16 128d

x l xx t tt

y

x

6 m

x

l

- 17 -


6. Si el cuerpo A de la figura se mueve hacia la izquierda con una celeridad de 6 m/s, determinar la celeridad del cuerpo B. Adems, si la celeridad del cuerpo A disminuye a razn de 1 m/s2, determinar la aceleracin del cuerpo B.

Establecemos la condicin de que la longitud de la cuerda permanece constante, adoptando el convenio de signos que se indica en la figura,

A B4 2 cte.x x

y la derivamos con respecto al tiempo

A B B A B A 12 m/s4 2 0 2 2 2 6x x x x v v de modo que el cuerpo B se mueve hacia la izquierda (al contrario de lo indicado en la figura). Derivamos de nuevo con respecto al tiempo para obtener las aceleraciones:

A B B A B2

A4 2 0 2 2 2 ( 1 2 m/s)x x x x a a de modo que el cuerpo B presenta una aceleracin en sentido contrario a su velocidad, por lo que sta disminuye. En la figura adjunta se indican los sentidos reales de las velocidades y aceleraciones.

A B

A B

O

xA xB

vA, aA vB, aB

- 18 -


7. La deslizadera A se mueve hacia la derecha, por la gua rectilnea horizontal, con una velocidad vA constante. La deslizadera A est unida al bloque B mediante un hilo inextensible que pasa por una polea en C. Calcular velocidad y aceleracin del bloque B en funcin de la distancia x que se indica en la figura.

Sea L la longitud del hilo. Escribimos la condicin geomtrica de ligadura:

2 2L x h s y la derivamos con respecto al tiempo:

B A2 22 2

2 02

xx s xv vx h

sx h

Para obtener la aceleracin tangencial del bloque B debemos derivar de nuevo con respecto al tiempo:

2 2 2 2A

2 2 3

2 22 2 2

t A A2 2 2 2 3 / 2 / 2

(( )) (

)xx

x hx x h x

x x x x ha s v v h vxh x h hx

La aceleracin normal del bloque B ser: 222

Bn

A2 2

vxRx

vh

aR

A

C B

O

h

x

s

- 19 -


8. Sobre un terreno horizontal, lanzamos una pelota, verticalmente hacia arriba, con una velocidad inicial de 10 m/s. El viento ejerce sobre la pelota una fuerza horizontal igual a la quinta parte de su peso. a) Calcular la altura mxima que alcanza la pelota y su velocidad (mdulo y direccin) en ese instante. b) Determinar la distancia entre el impacto en el suelo y el punto de lanzamiento, as como la velocidad de la pelota (mdulo y direccin) en ese instante.

Se trata de la composicin de dos movimientos unifor-memente acelerados en direcciones perpendiculares entre s, cuyas aceleraciones son

0.2xy

a ga g

Mediante dos integraciones sucesivas, obtenemos

2 2

200

1 0.10.2 212

xx x

y

x a t gtv a t gtv v gt

y v t gt

a) En el punto ms alto de la trayectoria ser:

0A(A) 0y

vv t

g

La altura mxima alcanzada y la velocidad en ese instante sern: 2 2 2 20 0 0

A 2

00

1 10 5.10 m2 2 2 9.8

(A) (A) 0.2 0.2 0.2 10 2 m/sx

v v vy g

g ggv

v v g vg

b) Cuando la pelota regresa al suelo, ser:

2 00 B B B

21(B) 02

vy v t gt t

g

El alcance y las componentes de la velocidad en ese instante sern: 2 2 20 0

B 2

0B 0

00 B 0 0

4 100.1 0.4 0.4 4.08 m9.8

2(B) 0.2 0.2 0.4 0.4 10 4 m/s

2(B) 10 m/s

x

y

v vx g g

ggv

v gt g vg

vv v gt v g v

g

El mdulo y direccin de dicha velocidad son: 2 2 10(B) 4 10 116 10.77 m/s arctg arg tg 2.5 68

4v

y

x1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

6

g

g/5

v(A) A

B

v(B)

v0

- 20 -


9. Un muchacho que est situado a 4 m de una pared vertical lanza contra ella una pelota segn indica la figura. La pelota sale de su mano a 2 m por encima del suelo con una velocidad inicial v = (10i + 10j) m/s. Cuando la pelota choca en la pared, se invierte la componente horizontal de su velocidad mientras que permanece sin variar su componente vertical. A qu distancia de la pared caer la pelota al suelo?

Tomamos un sistema coordenado de referencia con origen en el punto de lanzamiento de la pelota, como se indica en la figura. Podemos simplificar la resolucin de problema observando que la pared acta como un espejo, de modo que consideraremos la trayectoria virtual que se indica en la figura inferior. Escribimos las ecuaciones paramtricas del movimiento de la pelota y, a partir de ellas, eliminando el tiempo, obtenemos la ecuacin de la trayectoria:

00

02 210 2 2

0 02

xx

yy

x x

xx v t tv

v gy v t gt y x xv v

2 2210 9.8 0.04910 2 10

y x x x x#

La pelota toca el suelo cuando y = -2m, de modo que 2 22 0.049 0.049 2 0

22.24 m1 1 8 0.049 1 1.1798(negativo)2 0.049 0.098

x x x x

x

lo que representa una distancia a la pared de 22.24 4. 18.24 m00D

v0

20.049y x x

v0

D

y

x

Trayectoria virtual

- 21 -


10. En un cierto instante la celeridad de una partcula es de 20 m/s y el mdulo de su aceleracin es 3 m/s2. En ese instante, los vectores velocidad y aceleracin forman entre s un ngulo de 30. Determinar la curvatura y el radio de curvatura de la trayectoria de la partcula en ese instante.

Componentes intrnsecas de la aceleracin:

tt t n n

n

cossen

a aa a

a a

a e e

De la relacin existente entre la aceleracin centrpeta o normal y el radio de curvatura, se sigue:

2 2 2

nn sen

v v vaa a

%%

Sustituyendo los valores dados en el enunciado: 2 220 267 m

sen 3sen 30v

a%

La curvatura se define como la inversa del radio de curvatura: -1

2 2

1 sen 3sen 30 0.00375 m20

av

&%

a

an

at

C

v

- 22 -


11. Una partcula, que se mueve con aceleracin constante a = 2 i + 3 j + k (S.I.), pasa por el origen de coordenadas en el instante inicial (t = 0) con una velocidad v = - 3 i - 2 j (S.I.). a) Escribir las expresiones de la velocidad y las ecuaciones de la trayectoria en funcin del tiempo. b) Determinar el instante en que la velocidad es mnima y el valor de sta. c) Dgase que tipo de trayectoria sigue la partcula (circular, rectilnea, elptica, u otra).

Puesto que la aceleracin es constante, las expresiones de la velocidad y del vector de posicin sern:

0 0t v v a r r21

0 2t t v a

a) Sustituyendo en estas expresiones las condiciones propuestas, obtenemos: 2

2 2

2

3 2 3 2 3 2 312 3 2 3 2 3 2 1.52

0 1 0 1 0.5

t tt t t t t

t t

v r

y las ecuaciones paramtricas de la trayectoria son 2 2 23 2 1.5 0.5x t y t z t

b) La celeridad o mdulo de la velocidad viene dado por 2 2 2 2 2( 3 2 ) ( 2 3 ) 14 24 13v t t t t t

de modo que derivando con respecto al tiempo e igualando a cero (condicin de mximo o de mnimo), tenemos:

2d( ) 2428 24 0d 28

6 s7

v t tt

y la celeridad en ese instante es 2 236 6 504 1008 637 13314 24 13 2.71 (m/s)

49 7 49 491.65 m/svv

c) Con carcter general, cualquier movimiento en el que la aceleracin sea constante presenta una trayectoria parablica. El paradigma de tales movimientos es el movimiento de un proyectil en el campo gravitatorio.

- 23 -


12. Una partcula se mueve en el plano xy con aceleracin constante. Para t = 0, la partcula se encuentra en la posicin r0 = 4 i + 3 j m y se mueve con velocidad v0. Para t = 2 s, la partcula se ha desplazado a la posicin r2 =10 i 2 j m y su velocidad ha cambiado a v2=5 i 6 j m/s. Determinar: a) La velocidad v0. b) La aceleracin de la partcula. c) La velocidad de la partcula en funcin del tiempo. d) La ecuacin de la trayectoria. e) Las aceleraciones normal y tangencial y el radio de curvatura para t = 2 s.

Puesto que la aceleracin es constante, las expresiones de la velocidad y del vector de posicin sern:

210 0 0 2t t t v v a r r v a

Sustituyendo en estas expresiones las condiciones propuestas, obtenemos:

00

00

0 20

00

5[1] 2 5

6 2[2] 2 6

0 0 0

10 4[3] 2 2 622 3 2[4] 2 2 52

0 0 0 0

x xx x

y yy y

x xx x

y yy y

v av a

v av a

v av a

v av a

de modo que disponemos de cuatro ecuaciones con cuatro incgnitas. Resolvindolas, tenemos:

00002 2

0 0

1 m/s[2] 2 61 m/s[1] 2 5[3] 2 2 6 [4] 2 2 52 m/s 3.5 m/s

yy yxx x

x x y yx x

vv avv av a v aa a

Los resultados pedidos son: 2

2 2 20

1 2 1 2 41 m/s 3.5 m/s 4.03 m/s 1 3.5 m/s 3 1.75 m0 0 0 0

t t ta t t t

v a v r

e) En el instante t = 2 s, sern

2t t2

n t n

2 5 5 1551 31 13.5 6 6 18661 61 61

0 0 0 0

2 155 331 13.5 186 27.561

3.97 m/s

0.61

0 0 0

av v v

a

a v v a va v v

a a a

2

2

n

7

61 =0.

0 m/s

8 .6 m70

6va

%

- 24 -


13. Las ecuaciones temporales del movimiento de una partcula son: x = 4 cos t, y = 4 sen t, z = 3t. Hllense, de forma genrica, para cualquier instante: a) La velocidad y aceleracin. Determinar, tambin, los mdulos de la velocidad y de la aceleracin. b) Si la trayectoria es plana o no. c) El radio de curvatura de la trayectoria.

a) Obtenemos la velocidad y la aceleracin de la partcula por derivacin 4cos 4sen 4cos

d d4sen 4cos 4send d

3 3 0

t t tt t t

t tt

r vr v a

Sus mdulos son: 2 2

2 2

16sen 16cos 9 16 9 5

16cos 16sen 16 4

v t t

a t t

c) La curvatura y el radio de curvatura de la trayectoria se obtienen a partir de la velocidad y de la aceleracin utilizando la expresin:

3

1v

&%

v a.

Calculamos el producto vectorial y su modulo:

2 2

2 2

4sen 4cos 12sen 12sen4cos 4sen 12cos 12cos

3 0 16sen 16cos 16

12 16 20

t t t tt t t t

t t

v a

v a

El radio de curvatura es constante y vale: 3 35 125 6.25

20 20v% v a

b) En el triedro mvil, intrnseco o de Frenet, calculamos el versor binormal:

b

12sen 0.6sen1 12cos 0.6cos20

16 0.8

t tt t

v aev a

Este versor no es constante, ya que cambia su direccin en el transcurso del tiempo (i.e., de un punto a otro de la trayectoria), por lo que sta no es plana, sino alabeada. En concreto, se trata de una trayectoria helicoidal uniforme, de radio R = 4, cuyo eje es el eje z, de paso constante h, tal que

32 2 6 18.851

zvh '

- 25 -


14. Una partcula se mueve en el plano de tal forma que las componentes cartesianas de su velocidad vienen dadas en funcin del tiempo por las expresiones: 34 4xv t t , 4yv t (SI). En el instante inicial t0 = 0 s, el mvil se encontraba en la posicin x0 = 1 m, y0 = 2 m. Calcular: a) Las componentes de la aceleracin en cualquier instante. b) Las coordenadas x e y del mvil en funcin del tiempo.

a) Obtenemos las componentes de la aceleracin derivando las de la velocidad:

3 23

d d 4 4 12 44 4 d dd4 d 4 4d d

xx

x

yyy

va t t tv t t t t

vv ta t

t t

b) Obtenemos las coordenadas de posicin integrando las componentes de la velocidad:

3 33

1 0

2 0

4 2 4 2

2 2

d 4 4 d 4 4 dd 4 4 ddd d 4 d d 4 d4d

1 2 2 12 2 2 2

x tx

y t

y

xv t t x t t tx t t tty y t t y t tv tt

x t t x t ty t y t

! !! !

- 26 -


15. El movimiento de una partcula viene dado por el vector 2 2 2 (1 ) (1 3 ) ( 2 ) t t t t t r i j k .

a) Demostrar que dicho movimiento es plano, con el origen del vector r en dicho plano. b) Hallar un vector normal al plano del movimiento.

a) Determinamos la velocidad y la aceleracin por derivacin: 2

2

2

1 2 21 3 1 6 6

2 1 4 4

t tt t t

t t t

r v a

El versor binormal a la trayectoria en un punto genrico del mismo viene dado por

b

1 12 31 1 cte.

32 3 1 1

v aev a

ya que

2 2 4 24 6 24 2 1

1 6 6 2 8 8 2 2 1 2 31 4 4 12 2 12 2 1

t t tt t tt t t

v a v a

Como el versor binormal es perpendicular al plano osculador, definido por los vectores velocidad y aceleracin en cada punto de la trayectoria, ste tambin permanecer constante, por lo que la trayectoria descrita por el mvil es plana, por estar contenida en dicho plano. Para demostrar que el origen de coordenadas est contenido en el plano de la trayectoria (plano osculador) , es suficiente demostrar que el vector de posicin r es perpendicular al versor binormal en todos los puntos de la trayectoria; i.e., que el vector de posicin r est contenido en el plano osculador. En efecto,

2

2 2 2 2b

2

1 13 31 3 1 1 1 3 2 0

3 32 1

tt t t t t t t

t t

r e

b) El versor binormal determinado en el apartado anterior es perpendicular al plano de la trayectoria

eb

r plano osculador

trayectoria

en

et

a

v

xy

z

- 27 -


16. El vector posicin de un mvil puntual viene dado en funcin del tiempo por la expresin 4cos10 5sen10 3cos10t t t r i j k en la que todos los valores estn expresados en unidades del

sistema internacional. a) Hallar la velocidad y aceleracin del mvil en cualquier instante. b) Demostrar que la trayectoria es plana y determinar el versor normal a dicho plano. c) Demostrar que el origen de coordenadas est contenido en el plano de la trayectoria. d) Hallar las aceleraciones tangencial y normal y el radio de curvatura en un punto genrico de la trayectoria. e) De acuerdo con los resultados anteriores, indquese que tipo de movimiento tiene el mvil.

a) Determinamos la velocidad y la aceleracin por derivacin:

2

4 cos10 40sen10 400 cos10d m d m5sen10 m 50 cos10 500sen10d s d s

3cos10 30sen10 300 cos10

t t tt t t

t tt t t

r vr v a

b) El versor binormal a la trayectoria en un punto genrico del mismo viene dado por

b

15000 3 0.61 10 0 0 cte.25000 520000 4 0.8

v aev a

y como dicho vector es perpendicular al plano osculador, definido por los vectores velocidad y aceleracin en cada punto de la trayectoria, ste tambin permanecer constante, por lo que la trayectoria descrita por el mvil es plana, ya que est contenida en dicho plano. c) Para demostrar que el origen de coordenadas est contenido en el plano de la trayectoria, es suficiente demostrar que el vector de posicin r es perpendicular al versor binormal en todos los puntos de la trayectoria; en efecto,

b

4cos10 0.65sen10 0 2.4cos10 2.4cos10 03cos10 0.8

tt t tt

r e

d) Las componentes intrnsecas de la aceleracin y el radio de curvatura se obtienen a partir de las expresiones:

2 2

t nn

22500 500 m/s 5 m000 50 2500 50 50 500 500

va av v a

%

v av a

e) El mvil recorre una trayectoria circular de 5 m de radio con una celeridad constante de 50 m/s.

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

22 2

1600sen 10 2500cos 10 900sen 10 2500 sen 10 cos 10 2500 m/s

160000cos 10 250000sen 10 90000cos 10 250000 m/s

50 m/s

500 m/s

v t t t t t

a t t t

v

a

40sen10 400cos10

50cos10 500sen10 16000 25000 9000 sen10 cos10 030sen10 300cos10

40sen10 400cos1050cos10 500sen1030sen10 300cos10

t tt t t tt t

t tt tt t

v a

v a

2 2

2 2

2 2 2 3

15000cos 10 15000sen 10 1500012000sen10 cos10 12000sen10 cos10 0

2000020000sen 10 20000cos 10

15000 20000 25000 m / s

t tt t t t

t t

v a

eb

r plano osculador

trayectoria

en

et

a

v

xy

z

- 28 -


17. Dadas las ecuaciones paramtricas (temporales) del movimiento de una partcula: x = 2t, y = t2, z = t3/3, determinar: a) Las componentes intrnsecas de su aceleracin en el instante t = 1; b) el radio de curvatura de la trayectoria en dicho instante.

Calculamos la velocidad y la aceleracin de la partcula en un instante genrico t:

2 42

2 23 2

2 2 04 4

2 24 4 2 1/ 3 2

tv t t

t ta t tt t t

r v a

En el instante t=1 ser: 1 2 0 31 2 3 2

2 21/ 3 1 2

vv

a

r v a

a) Determinamos el versor tangente a la trayectoria en ese instante: t

21 23

1v

ve .

Calculamos el mdulo de la aceleracin tangencial en el instante t = 1:

t t0 2

1 12 2 0 4 2 23 3

2 1a

a e

Ahora podemos determinar las componentes intrnsecas (tangencial y normal) de la aceleracin en el instante t = 1:

t t t n t

2 4 / 3 0 4 / 3 4 / 3 22 22 4 / 3 2 4 / 3 2 / 3 13 3

1 2 / 3 2 2 / 3 4 / 3 2a

a e a a a

b) El radio de curvatura se determina a partir de los mdulos de la velocidad y de la aceleracin normal, ya que 2na v % , con

n2 4 1 4 23

a

De modo que 2

n

9 4.52

va

%

- 29 -


18. Una lancha motora, que navega ro arriba, se encontr con una balsa arrastrada por la corriente. Una hora despus de este encuentro, el motor de la lancha se averi. La reparacin dur 30 min; durante este tiempo la lancha fue arrastrada por la corriente. Reparado el motor, la lancha naveg ro abajo con la misma velocidad (respecto del ro) que antes de la avera, y alcanz a la balsa a una distancia de 7.5 km del punto de su primer encuentro. Determinar la velocidad de la corriente del ro, considerndola constante.

La resolucin del problema es muy simple si lo planteamos en un referencial (el del ro) en el que la balsa se encuentra en reposo. En ese referencial, la lancha tambin est en reposo durante los 30 min que dura la reparacin de la avera y su velocidad (en mdulo, no en direccin) es la misma cuando navega ro arriba que cuando lo hace ro abajo. En consecuencia, cuando la lancha navega ro abajo, despus de la reparacin, emplear de nuevo 1 h en alcanzar a la balsa. As, el tiempo total que habr transcurrido desde el primer encuentro y el reencuentro con la balsa ser de 1 h + 30 min + 1 h =2.5 h. Durante ese tiempo, la balsa, arrastrada por la corriente, ha recorrido una distancia (respecto a tierra) de 7.5 km. De este modo, la velocidad de la balsa (respecto a tierra), y tambin la velocidad de la corriente, ser:

7.5 km2.

kh5 hm3v

Tambin podemos resolver el problema en el sistema de referencia de tierra. En este referencial, la balsa se desplaza con velocidad constante v0 (la misma que lleva la corriente del ro). Sea v la velocidad de la lancha con respecto al ro. La lancha motora lleva una velocidad (vv0) durante 1 h (cuando remonta el ro), una velocidad v0 durante 0.5 h (durante la avera, arrastrada por la corriente) y una velocidad +(vv0) durante un cierto tiempo t (cuado desciende por el ro, hasta reencontrar la balsa). Las posiciones de la balsa y de la lancha en este referencial sern:

1 0

2 0 0 0

balsa (1.50 )lancha 1.00 ( ) 0.50 ( )

x v tx v v v v v t

de modo que igualando esta dos expresiones (instante de reencuentro) obtenemos

0 0 0 0(1.5 ) 1.00 ( ) 0.5 ( ) 0 1 hv t v v v v v t v vt t Durante las 2.50 h, la balsa se ha desplazado 7.5 km, arrastrada por la corriente, de modo que su velocidad, que ser la de la corriente, es

07.5 km2.5 h

km3h

v

v0 (0.5 h)

7.5 km 0 km

v-v0 (1 h)

v+v0 (1 h) v0 (2.5 h)

x lancha corriente

balsa

- 30 -


19. Una pequea embarcacin es arrastrada por una corriente de 3 km/h dirigida hacia el Este. Quiere ir a un lugar situado al Nordeste de su posicin actual y su velocidad de mquinas es de 15 km/h (relativa). Determinar el rumbo que debe seguir la embarcacin y su velocidad efectiva (absoluta).

La velocidad efectiva o absoluta (vb) de la embarcacin es igual a la suma vectorial de su velocidad relativa a la corriente de agua (vba) y a la velocidad de sta (va); esto es,

b ba a v v v

tal como se indica en el diagrama vectorial adjunto.

b ba a

b ba

cos 45 cos

sen 45 sen

v v vv v

(

y, puesto que sen 45 =cos 45, se sigue

aba ba a ba aba

3sen cos sen cos sen cos 0.215

vv v v v v

v

Elevando al cuadrado ambos miembros de la ecuacin anterior y reduciendo trminos, tenemos

2 2 2 2sen cos 2sen cos 0.2 sen 2 1 0.2 0.96 de donde se sigue:

36.973.742

180 73.74 106.26

53.1

y la velocidad absoluta de la embarcacin es

b basen sen 53.115 16.97 km/h

sen 45 sen 45v v

45

vb

x

y

vba

va

Este

Norte NE

- 31 -

Fsica Universitaria: Problemas de Fsica Cinemtica del slido rgido. M05.1

1. En un instante determinado, las velocidades de tres de los puntos de un slido rgido, de coordenadas A(0,0,0), B(1,1,0) y C(0,1,1), son vA(6,-2,6) vB(4,0,5) y vC(5,-2,a). Determinar: a) El valor de a para que el movimiento sea posible. b) La velocidad angular del slido en dicho instante. c) Las ecuaciones del eje instantneo de rotacin y deslizamiento. d) La velocidad de deslizamiento.

a) Condicin cinemtica de rigidez:

A C

6 0 5 0AC AC 2 1 2 1 4 2

6 1 16aa

a

v v

b) Relacionamos las velocidades de los puntos A, B y C:

B A

C A

4 6 1 2AB 0 2 1 2

15 6 0 1

5 6AC 2

6

2l nm n

m ln l m

n

v v

v v

0 1 22 1 0

01

1

6 2 0

ml

l mm l

l

de modo que 01 , con = 52

.

c) Determinamos las coordenadas de un punto del EIRD, sabiendo que vO = vA:

O2

0 6 101 11 2 125 52 6 6

v

de modo que las ecuaciones del EIRD son 2

105 10 5 12 5

0 1 2 5 306x y z x

y z

d) La velocidad de deslizamiento o mnima es la proyeccin de la velocidad de cualquier punto del slido sobre la direccin de '. Su mdulo es

desl A

6 01 102 1 2 55 56 2

v

v

y su expresin vectorial:

desl desl

02 5 15 2

024

v

v

- 32 -


2. Tres puntos de un slido rgido tienen en un instante dado las siguientes velocidades: A = (0, 0, 0) vA = a i -2 j+ a k B = (1, 1, 0) vB = b i +5 k C = (0, 1, 1) vC = 5 i +c j+ 6 k Determinar: a) Las componentes a, b, c de las tres velocidades. b) La velocidad angular del slido. c) Ecuacin del eje instantneo de rotacin y deslizamiento.

a) Relacionamos las velocidades de los puntos A, B y C:

B A

C A

1AB 0 2 1 2

5 0 5 5

6

2

5AC

b a nb a l b a nm n

a n a l m an

l m

c

v v

v v

50 5 22 1 2 2

2 1 6 6

a m na l a mm c l c l

a a l a l

de modo que disponemos de 6 ecuaciones con 6 incgnitas (a, b, c, l, m, n), que una vez resuelto da:

6 4 2 0 1 2a b c l m n b) Las velocidades de los tres puntos y la velocidad angular del slido en ese instante son

A B C

6 4 5 02 , 0 , 2 , 1 , con = 5

6 5 6 2

v v v

c) El ERID tiene la direccin del vector velocidad angular y pasa por un punto E tal que

O2

0 6 101 1OE 1 2 125 52 6 6

v

de modo que las ecuaciones del EIRD son 5 10 5 12 5 6

0 1 22

2 6x

y zx y z

- 33 -


3. Sobre un disco hay identificados tres puntos A, B y C cuyas coordenadas respecto a un sistema de referencia son A(0,0,0), B(5,3,0) y C(6,2,0) en cm. Sabiendo que se trata de un movimiento plano y que en un cierto instante es (vA)x = 4 cm/s, (vB)y = -3 cm/s y (vC)x = 16 cm/s, determinar completamente las velocidades de los tres puntos y la velocidad angular del disco en ese instante.

Puesto que el movimiento es plano y los tres puntos estn contenidos inicialmente en el plano z = 0, con componentes de velocidad contenidas en dicho plano, sern nulas las componentes de velocidad de cada uno de los tres puntos en la direccin del eje z. Por el mismo motivo, el vector velocidad angular ser perpendicular al plano del movimiento, por lo que tan solo tendr componente sobre el eje z. As, podemos escribir:

A B C

4 16 03 0

0 0 0

ba c

v v v

Relacionamos entre s las velocidades de los tres puntos:

B A

C A

4 0 5 4 33 4

AB 3 0 3 3 55 3

0 0 0 0 0

4 0 6 4AC 9 0 2

0 0 0

b bb

a aa

c ca

''

''

'

'

v v

v v

2 2 49 6

6 90 0

ca

a

''

''

Resolviendo este sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incgnitas resulta: a = 27cm/s, b = 22 cm/s, c = -9 cm/s y = - 6 rad/s, de modo que tenemos:

A B C4 22 16 0

27 cm/s 3 cm/s 9 cm/s 0 cm/s0 0 0 6

v v v

Determinacin de la posicin del C.I.R.:

A20 4 162 4.51 1OI AI 0 27 24 2 / 3 cm

36 366 0 0 0

v

A(0,0,0)

B(5,3,0

C(6,2,0)

vA vB

vC

I (CIR) x

y

- 34 -


4. El rotor de un generador elctrico est girando a 200 r.p.m. cuando el motor se apaga. Debido a efectos de friccin, la aceleracin angular del rotor, en rad/s2, despus de que se apaga el motor viene dada por la expresin ) = 0.01', donde ' es la velocidad angular en rad/s. Cuntas revoluciones gira el rotor hasta que se detiene?

Datos: -1 0200 10 10con 0.01s y r.p.s. = r.p.s. 2 =20.94 rad/s60 3 3

k k

A partir de la relacin dada entre la aceleracin y velocidad angulares, escribimos la ecuacin diferencial del movimiento:

d d d d d dd d d d

k k kt t

cuya integracin nos conduce a

000 0

d d kk k

Cuando el rotor se detenga ser '=0, de modo que el ngulo girado por el rotor hasta ese instante vendr dado por

0103

0 -1

r.p.s.rev.

10000 =0.01s 3

333.33k

k "

Otro mtodo (ms largo, pero ms completo) Procedemos a una primera integracin para determinar la velocidad angular en funcin del tiempo:

0 0 00

d d d lnd

et ktk k t kt

t

Este resultado nos indica que se necesita un tiempo infinito (?) para que se detenga el rotor. Una nueva integracin nos permite obtener el ngulo girado en funcin del tiempo:

00 00 0 00

d e d e d ed

1 et

tkt kt kt tktt k k

A partir de esta ltima expresin determinamos el ngulo girado cuando transcurra un tiempo suficientemente largo para poder considerar que el rotor ya se ha detenido.

1030

-1

r.p.s.rev.

1000=0.0

331

3s

333

.tk

! "

- 35 -


5. Los extremos de una barra de longitud L deslizan sobre dos guas rectas perpendiculares entre s, sin perder contacto con las mismas, de modo que el extremo B de la barra posee una velocidad vB constante, alejndose del punto de unin de las dos guas. Determinar: a) La trayectoria descrita por el punto medio de la barra. b) La velocidad y la aceleracin del otro extremo de la barra en funcin del ngulo indicado en la figura.

a) El movimiento del punto medio de la barra viene descrito por el vector

senOM cos OM cte.

2 20

L L

de modo que su trayectoria es circular, con centro en O y radio L/2. b) Se trata de un movimiento plano en el que se

determina fcilmente la posicin del CIR (centro instantneo de rotacin) trazando las perpendiculares a las guas en los extremos de la barra. Tenemos

B

A B

B BA B

cosIA IB IA sen

cosBg

It

vv v L

Lv vL

vv

La aceleracin del extremo A la calculamos derivando con respecto al tiempo la expresin de su velocidad:

2

A B B BA B B 2 2

2

3

BA 3

d d d tg dtgd d d cos d co

cos

s cosv v v va v vt t t t L

vaL

#

A

B vB

A

B vB

I

M

L

L sen

L co

s

O

vA

- 36 -


A BI

R 0v1v

6. Para que vire un tractor que se mueve con una velocidad v0 = 18 km/h, el tractorista frena una de las orugas de modo que el eje de la rueda motriz de sta comienza a avanzar con velocidad v1 = 14 km/h. La distancia entre las orugas es D = 1.5 m. a) Determinar el radio de la trayectoria que describe el centro del tractor. b) Cunto tarda el tractor en dar media vuelta?

a) Designamos por R el radio que buscamos y por ' la velocidad angular asociada al movimiento circular del tractor. Puesto que conocemos las velocidades de dos puntos del tractor, A y B, y stas son paralelas, el CIR se encuentra en un punto I de la perpendicular comn a ambas velocidades en A y B. Por consiguiente, podemos escribir:

00

11

( )2 2

( ) 22

Dv R DRvDD v Rv R

$

de modo que

0 1

0 1

618 14 1.52 18 1

m4 2

v v DRv v

b) La velocidad del tractor ser

0 1 18 14 16 km/h = 4.44 m/s2 2

v vv

y describe un arco cuya longitud es 6 18.85 ms R

por lo que emplear: 18.854.44

4.2 sstv

- 37 -


7. El extremo superior de la varilla AB desliza a lo largo de una gua vertical (vide figura), en tanto que la varilla no pierde contacto en C con el apoyo. a) Determinar el valor del ngulo al que corresponde una velocidad horizontal para el extremo libre, B, de la varilla. b) En ese instante, calcular las velocidades de los puntos B y C en funcin de la velocidad del punto A.

Mtodo grfico. a) Puesto que conocemos las direcciones de las velocidades de los puntos A, B y C pertenecientes a la varilla, trazando las perpendiculares a stas en los correspondientes puntos, determinamos el CIR (Centro Instantneo de Rotacin) correspondiente al movimiento plano

de la varilla, ubicado en el punto I de interseccin de las tres per-pendiculares, tal como se indica en la figura. Una vez que hemos ajustado el dibujo a las condiciones impuestas por el enunciado del problema, podemos determinar el ngulo 0 a partir de simples consideraciones geomtricas. Considerando los tringulos ADC, ACI y AIB, sucesivamente, encontramos la siguiente relacin entre a, l y 0:

20 0 0 0

2 30 0 0

ACcos AIcos cos AIcos

cos cos cos

a

l l

De modo que 1/3

0cosal

b) El Teorema de las Velocidades Proyectadas (condicin cinemtica de rigidez) nos permite determinar fcilmente los mdulos de las velocidades de los puntos B y C:

B 0 A 0 B A 0 C A 0cos sen tg senv v v v v v

Mtodo analtico (vectorial):

Determinamos analticamente las velocidades de los puntos C y B y tenemos en cuenta que C AC 0 v

y que vB es horizontal.

0

C A A 0 A

0

C A 02 2 2

0 A

0 0 tgAC 0 tg

0 0 0

tg 0AC tg 0

0 0 tg

a av a a v

a aa v a

a a av

v v

v

2A 0 2

0

0 1 tgcos

av a

0 0 B B 0B A A 0 0 A

A 0

0 0 cos sen senAB 0 sen cos 0 cos0 0 0 0

l l v v lv l l v v l

v v

I

gualando las expresiones de vA, tenemos 30 020

cos coscos

a all

A

a C

B

I

D

l vC

vA

vB

- 38 -


8. La varilla AC que se muestra en la figura tiene un movimiento plano tal que su extremo A desliza a lo largo de un eje horizontal, en tanto que la varilla pasa por un pasador fijo y orientable (B) situado a una distancia fija h del eje horizontal. Supongamos que el extremo A de la varilla se mueve con velocidad constante vA de izquierda a derecha. a) Expresar la velocidad angular (') de la varilla en funcin del ngulo que se indica en la figura. b) Calcular la velocidad y aceleracin del punto de la varilla que se encuentra en B en funcin de dicho ngulo, expresando sus componentes en la base vectorial indicada en la figura.

a1) Mtodo grfico. Determinamos la posicin de CIR, tal como se indica en la figura. Entonces

2

2

AB / cosIAcos cos cos

senIB AB tg tgcos cos

h h

h h

2A

B

B

A

A

IA IBo

eB sI

c s

n

vhv

v v

v

a2) Mtodo analtico. Determinamos la velocidad de B a partir de la de A:

B A AB A

B A BB

sen 0 tg senAB cos 0 0 tg

cos tg0 0 0 0

v v h v h v v hv h h

v h

v v

B A 2A AB A

B

sentg cos y sen

cos tg tgv v h v h v v vv h h h

b) Determinamos la aceleracin de B a partir de la de A: B Aa a AB AB( )

A A

2AAB

AB

0 20 con ( 2sen cos ) sen cos

2sen cos0 tg 10 tg 2sen

0 0 000

v vh h

hh h v

2 2A

B A

AB

tg 1tg

0 0sen cos0 1 tg

( ) 0 ( ) tg 1 cos0 0 0

3sen cos

hh h

h h v

v

#

a

32

2 2 2 2 4A

3sen cos2sen cos 2sen cos cos

0 0

vh

x

y

A

B

h

O

C

x

y

A

B

h

O

C

I

vA

vB

- 39 -


9. La varilla AC que se muestra en la figura tiene un movimiento plano tal que su extremo A desliza a lo largo de una circunferencia, en tanto que pasa por un pasador fijo y orientable (B). Supongamos que el extremo A de la varilla se mueve con celeridad constante. a) Expresar la velocidad angular (') de la varilla en funcin del ngulo que se indica en la figura. b) Calcular la velocidad y aceleracin del punto de la varilla que se encuentra en B en funcin de dicho ngulo, expresando sus componentes en la base vectorial indicada en la figura.

Trazamos las normales a las velocidades en A y B, para determinar la posicin del CIR (punto I). El tringulo ABI es rectngulo, por lo que podemos afirmar que el CIR est situado sobre la circunferencia que sirve de gua al extremo A de la varilla.

a) Una vez localizado el CIR, podemos escribir:

A BIA 2IA IBIB=2 sen

R v vr

de donde se sigue

AB AA

IBcte.A

enI

s2v v v vR

b) Expresamos la velocidad del punto B de la varilla en funcin de sus componentes:

B2

B A

B cossen0

sen cossen

0v

vv

v

Para determinar la aceleracin de B tendremos en cuenta que

B A AB ( AB) a a

y teniendo en cuenta que

2A A

A

cos 2 cos 0sen 2 AB 2 cos sen 0 0

20 0 1

v vRR R

a

resulta 2

2 2A A A A

B

2cos 2 0 0 cos 2cos 2 cos2sen 2 2 cos 0 0 sen 2sen 2 sen cos

2 2 2 20 1 1 0 0

v v v vRR R R R

%

a

que tambin podemos escribir en la forma

2A

B

cos 2 1 33 sen 24 0

vR

% a

R

A

B

y

x

CIR

y

x

A

B

2

' R

R

I

vB

vA

- 40 -


10. La barra BC de la figura est articulada con la manivela AB y desliza por el interior de la gua pivotante D como se indica en la figura. En el instante representado el punto D de la barra BC se mueve a razn de 375 mm/s. Determinar la velocidad angular de la manivela en ese instante.

El punto B recorre una trayectoria circular alrededor con centro en A, por lo que su velocidad ser perpendicular al vector AB; por tanto

B B B B

sen 75 / 125 0.6

cos 100 / 125 0.8

sen 0.6cos con 0.8

0 0v v

v v

La velocidad del punto D est dirigida en cada instante en la direccin de la barra BD, tal como se indica en la figura, de modo que ser:

D

2 2

2 2

D D D

375 mm/s

sen 75 / 75 300 0.242

cos 300 / 75 300 0.970

cos 363 mmsen con 90 s0 0

v

v

v v

Aplicando la condicin cinemtica de rigidez (teorema de las velocidades proyectadas) para los puntos B y D de la barra BC, se sigue que

B D B

B

0.6 300 363 300DB DB 0.8 75 90 75

0 0 0 0

0.6 300 0.8 75 364 300 90 75

v

v

v v

de donde resulta

B B

0.6 299mm mm483 483 0.8 = 386 s s0 0

v

v

125mm

100mm 300mm

375 mm/s

C

D

B

A

125mm

100mm 300mm

375 mm/s

C

D

B

A

x

y

- 41 -


11. La manivela CB oscila en torno a C describiendo un arco limitado y haciendo que la manivela OA oscile en torno a O. Cuando la biela AB pasa por la posicin representada, en que CB est horizontal y OA vertical, la velocidad angular de CB es 4 rad/s en sentido antihorario. Hallar las velocidades angulares de OA y AB en ese instante. Datos: a = 100 mm, b = 225 mm, c = 75 mm y d = 50 mm.

manivela BC (rotacin pura en C): Determinamos la velocidad del extremo B,

B BC 4 75 300 mm/sv c

biela AB (rototraslatorio): Determinamos el CIR grficamente, como se indica en la figura. Entonces, escribimos

A BAB

AAB

AAB A

300100 50 22

2 rad/s

5 75

100 mm/s50

v va d b c

v

v v

manivela OA (rotacin pura en O): A partir de la velocidad del extremo A determinamos la velocidad angular de la manivela,

AA OA OA 1 rad/s

100100

vv aa

Con notacin vectorial

B Cv v CB CB CBCB

CB0 00 0 con 4 rad/s

0 0

cc

B CB 75 4 300 mm/sc# v j j j

AB

A B AB CB CB AB

AB

A O

BA0 0 ( ) ( )

0 ( )0 0 0

b c a dc a d c b c

v v

v v

OA

OA

OA

OA0 00 0

0 0

aa

OA ABAB OA

CB ABAB CB

100 50 ( 2) 1 rad/s( ) 100( ) 0 75 4 2 rad/s

225 75

a da d a a

c b c cb c

AB A2 rad/s 100 mm/sv #

a

b

d

c

O

A B C

a

b

d

c

O

CIR B C

A

x

y

- 42 -


12. Una barra de 2 m de longitud est doblaba en escuadra y dotada en sus extremos de correderas articuladas. En el instante representado en la figura, la corredera A se mueve hacia la derecha con una velocidad de 5.7 m/s. Hallar la velocidad angular de la escuadra y la velocidad de la corredera B.

En primer lugar, por consideraciones puramente geomtricas, determinamos los ngulos significativos, tal como se indica en la figura.

La velocidad de la corredera B se determina inmediatamente a partir de la condicin cinemtica de rigidez (teorema de las velocidades proyectadas) aplicada a la barra doblada. En efecto,

A B B Acos10 0.98cos10 cos30 5.7cos30 0.87

6.48 m/sv v v v

Puesto que las velocidades de los extremos de la barra tienen las direcciones de las respectivas guas, determinamos la posicin del CIR (punto I) como punto interseccin de las normales a dichas velocidades. En el tringulo ABI, aplicando el teorema de los senos, tenemos:

AI AB sen60 0.87AI AB 2 1.91 msen60 sen40 sen40 0.64

Ahora podemos determinar la velocidad angular de la barra en el instante indicado en la figura:

AA

5.7IA1.91

2.99 raA

d/sIvv

1m 1m 90

55 40

B

A

90

55 40B

A

1 m1 m

30

10

40

1.91 m

2.17 m

vA

vB

I (CIR)

'

602 m 45

- 43 -


A

B

C

R

I

2R

2R

'

O x y

13. Una varilla AB est apoyada sobre un cilindro de radio R = 1 cm de modo que puede deslizar a lo largo de una gua tangente a dicho cilindro, como se indica en la figura. La longitud de la varilla es cuatro veces el radio del cilindro. En el instante en que el centro C de la varilla se apoya en el cilindro, la velocidad del punto A es 10 cm/s. Calcular, en dicho instante, las velocidades de los puntos B y C y la velocidad angular de la varilla.

A partir del tringulo OAC : tg 0.5 53.132 2

RR

Aplicamos la condicin cinemtica de rigidez (teorema de las velocidades proyectadas) a los puntos A, B y C:

B AA B C

C

10 cm/scos cos

10cos53.13 6 cm/sv v

v v vv

Mtodo geomtrico Determinamos el CIR (I) como se indica en la figura. A partir del CIR, determinamos las velocidades de los puntos de la varilla:

A B CIA IB ICv v v

Con IA IB AC/sen 2 / sen 53.13 2.5 cm

IC AC / tg 4 / tg53.13 1.5 cm

De modo que A

A B

C

/ IA 10 / 2.5 4 rad/s10 cm/s

4 1.5 6 cm/s

vv vv

Mtodo analtico A partir de las velocidades de A y C calculamos la velocidad angular:

C A A

C A C

C A

cos 0 2 cos 2 senAC sen 0 0 2 sen 2 cos

0 0 0 0

/ cos 2 tg 10 / cos53.13 2 4 1 tg53

v v R v Rv R R

v v R

v v

C

.13 6 cm/s6tg tg53.13 4 cm/s

2 2 1vR

Calculamos la velocidad de B a partir de la de A:

A A

B A

B

0 4 cos 4 senAB 0 0 4 sen 4 cos

0 0 0

10 4 4 1 sen 53.13 2.84 4 1 cos53.13 9.6

0 0

v R v RR R

v v

v

2 2B

9.6tg 3.43

2.873.74 180 253.74

2.8 9.6 10 cm/scm v

s

- 44 -


14. Un cilindro de radio R rueda sin deslizar sobre una superficie plana y horizontal, con una velocidad angular ' constante. Determinar: a) el eje instantneo de rotacin; b) la velocidad y la aceleracin de los puntos del eje del cilindro; c) dem de un punto cualquiera del cilindro de coordenadas (x,y,0); d) dem de los puntos del cilindro que instantneamente estn en contacto con el plano.

Se trata de un movimiento plano, por lo que analizamos el movimiento en el plano xy indicado en la figura, con = -k.

a) El eje instantneo de rotacin coincide con la generatriz del cilindro que en cada instante est en contacto con la superficie sobre la que rueda sin deslizar (puntos de velocidad nula). b) Calculamos la velocidad del punto O a partiendo del punto I (CIR):

O OIOv R R v i

La aceleracin del punto O ser nula, por ser constante (en mdulo y direccin) la velocidad de dicho punto; esto es,

O 0a c) Consideremos un punto P cualquiera del cilindro, de coordenadas (x,y,0). Calculamos su velocidad y aceleracin partiendo del punto O:

P O

P O

0OP 0 0

0 0 0

R yR xy x

v v

a a

OP

2

2 20

OP 00 0 0

xy xx y y

de modo que la aceleracin del punto P est dirigida hacia el eje del cilindro1. d) Las coordenadas del punto I son (0,-R,0), de modo que sustituyendo en las expresiones anteriores tenemos

2 2

I I

00 0

0 0

R RR R

v a j

1 En general, por ser OP&

en el movimiento plano, el vector OP

tiene la misma direccin y

sentido opuesto al OP

, ya que OP OP

2 2OP OP

vO O

P(x,y)

I

vP

y

x R

aI

aP

- 45 -


15. Un disco de radio R rueda sin deslizar, sobre una superficie plana y horizontal, con una velocidad angular ', constante en direccin y sentido y aceleracin ) constante. Determinar: a) la velocidad y la aceleracin del dentro del disco. b) dem de un punto P del cilindro diametralmente opuesto al de contacto del disco con la superficie plana. c) dem del punto I del disco que instantneamente est en contacto con la superficie plana.

Se trata de un movimiento rototraslatorio plano consistente en una rotacin alrededor del eje del disco y una traslacin horizontal de dicho eje. Por ser un movimiento plano, basta con analizar el movimiento en el plano z = 0, con = -k y ) = -)k. Puesto que rueda sin deslizar, punto del disco que instantneamente est en contacto con el plano es el centro instantneo de rotacin (CIR). a) Calculamos la velocidad del punto O a partir del punto I (CIR)

O Iv v

0O

0 0IO 0 0

0 0

d d 0 0d d 0 0

RR

R R

t t

va

b) Para el punto P tenemos

P O

P O

0 0 2OP 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0d OP OP 0 0d 0 0

R R R RR

RR

t

v v

a a

2

200 0

0 0

RRR

c) Aunque la velocidad del punto I del disco es instantneamente nula, su aceleracin no es nula. La calculamos a partir de la aceleracin del punto O:

I O d OI OId0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 00 0 0 0

tR

R R

a a

20

00 0

RR

y

x

I

P

O

,)

vP

vO

aI

aO

AP

y

x

P

O ,)

- 46 -


16. Un disco de radio r est girando alrededor de su eje de simetra con velocidad angular y aceleracin angular . Simultneamente, el disco est girando, con velocidad angular constante , alrededor de un eje fijo en el espacio que est contenido en el plano del disco y es tangente al permetro de ste en un punto Q. a) Determinar la velocidad y aceleracin del punto P del permetro del disco diametralmente opuesto al punto Q de tangencia. b) dem de un punto genrico de la periferia del disco.

El disco est sometido a dos rotaciones simultneas: una rotacin intrnseca alrededor de su eje de simetra de revolucin y una rotacin de precesin . Elegido un referencial como el indicado en la figura, podemos escribir:

res

00 0 00

' '

0 00 CP QP 20 0 0

r r

La velocidad del punto P del disco se obtiene como la superposicin o suma de las correspondientes a cada una de las dos rotaciones; i.e.,

P

0 0 0 2CP QP 0 0 2 0

0 0 0

rr r

r

' ' v

Determinamos la aceleracin de P a partir de la aceleracin del punto C (centro del disco); i.e.,

resP C res resd CP CPdt a a

La aceleracin del punto C es la aceleracin centrpeta asociada a una trayectoria circular de radio r con velocidad angular constante:

2C

0

0r

' a

Calculamos la derivada temporal de la velocidad angular resultante teniendo en cuenta que precesa con velocidad angular , de modo que

res res0 0 0d dd d 0 0 0 0 CP 0

d d d d0 0 0 0 0r

t t t t r

' ' '

Calculamos el ltimo termino:

2 2res res res00

CP 0 0 00 0

rr r r

r

' ' ' '

Finalmente, tenemos

2 2 2 2 2P00 00

0 20 0

r r r rr r

' ' ' a

y

z

P Q

,

C

- 47 -


Para un punto genrico El disco est sometido a dos rotaciones simultneas: una rotacin intrnseca alrededor de su eje de simetra de revolucin y una rotacin de precesin . Elegido un referencial como el indicado en la figura, podemos escribir:

res

00 0 00

' '

0 00 CG cos QG (1 cos )

sen0 senr r

rr

La velocidad del punto G del disco se obtiene como la superposicin o suma de las correspondientes a cada una de las dos rotaciones; i.e.,

P

0 0 0 (1 cos )CG QG 0 cos 0 (1 cos ) sen

sen0 sen cos

rr r r

rr r

' ' v

Determinamos la aceleracin de P a partir de la aceleracin del punto C (centro del disco); i.e.,

resP C res resd CP CPdt a a

La aceleracin del punto C es la aceleracin centrpeta asociada a una trayectoria circular de radio r con velocidad angular constante:

2C

0

0r

' a

Calculamos la derivada temporal de la velocidad angular resultante teniendo en cuenta que precesa con velocidad angular , de modo que

res

res

0d d d 0 0 0 0d d d 0 0 0

0 send CG cos send 0 sen cos

t t t

rr r

t r r

' ' ' '

Calculamos el ltimo trmino:

2 2res res res2

sen0 cosCG 0 cos 0 sen cos

sen cos sen

rrr r rr r r

' ' ' ' '

Finalmente, tenemos

2 2 2 2 2P22

sen0 0sensen cos sen 1 cos cos

0 cos cos sensen

rrr r r r r r

r r rr

' ' ' ' ' a

y

z

G

Q

,

C

- 48 -


17. La hlice de un avin gira a razn de 6000 r.p.m., en tanto que el avin tiene una velocidad horizontal, en lnea recta, de 360 km/h. Determinar: a) El tipo de movi-miento que realiza un punto de la hlice distante 1 m del eje de la misma; b) la velocidad y aceleracin de dicho punto.

a) Se trata de un movimiento helicoidal cuyo eje es el eje de rotacin de la hlice (eje x, en la figura), que constituye el EIRD (Eje Instantneo de Rotacin y Deslizamiento).

b) La velocidad y la aceleracin del punto P se calculan a partir de la velocidad y aceleracin del punto O (en el eje de la hlice), de modo que

P O

P O

OPd OP ( OP)dt

v v a a

con

O

O

00 0 OP 00 0

d0 0d

v

l

t

v

a

De modo que

P

P2

0 00 0 0 00 0 0 0 0

0 0( OP) 0 0

0 0

v v vl l

l

ll

v

a

Y sustituyendo valores, con 26000 200 628 rad/s60

1000360 100 m/s3600

v

resulta:

P P

2P

100628 m/s 636 m/s0

00 m/s

394384

v

v

a

v x

z

y

P

vo x

z

y

vP P

O

- 49 -


18. Sobre un plano horizontal rueda sin deslizar un cono recto de seccin circular, de generatriz l y semingulo en el vrtice . Sea la velocidad angular constante de rotacin del cono alrededor del eje vertical indicado en la figura. Determinar: a) la velocidad angular intrnseca de rotacin del cono alrededor de su eje de simetra; b) el punto del cono cuya velocidad (con respecto al plano fijo) es mxima, as como la velocidad y aceleracin de dicho punto.

Se trata de un slido rgido sometido a dos rotaciones simultneas: una rotacin intrnseca alrededor del eje de revolucin del cono, al tiempo que este eje presenta una rotacin alrededor del eje z indicado en la figura. a) La generatriz OM del cono que en un instante dado est en contacto con el plano horizontal constituye el EIR (eje instantneo de rotacin) del cono. La velocidad del punto M perteneciente al EIR ser instantneamente nula, de modo que,

M 0 sen senl lv l RR l

b) El punto P es el que presentar una velocidad mxima, por ser el ms distante del EIR. Su velocidad y aceleracin se calculan fcilmente a partir de la velocidad y aceleracin del punto O (vrtice del cono):

P Ov v R

P O

OP

a a

R R Rd OP OPdt

con

R

R

0 0 0 0OP cos 2 cos 0 cos

sen 2 sen 0

d d d dd d d d

ll

t t t t

0 0 cos0 cos 0

sen 0

de modo que

P R

RP R R

20 0 cos sen 2OP cos cos 2 0

0 sen 2 0

cos 0d OP OP 0 c

2 co

os 2d

s0

0 sen 2

0

lll

lt

l

l

v

a

2

2 2

2

0 cos sen 2cos 0 ...0 0

0... cos sen 2

cos cos 2 cos sen

02coscot2 g

l

l

ll l

Otro mtodo....

xy

z

l

R

M

P

O

C

l

R

- 50 -


Movimiento absoluto = Movimiento relativo + movimiento de arrastre. Descomponemos todos los vectores en la base vectorial ijk asociada con el referencia absoluto o fijo xyz, con

rel arr

0 0cos 0sen

ijk ijk

Dado que ambas velocidades angulares son constantes en mdulo y que hemos hecho coincidir los orgenes O y O de los referenciales absoluto (xyz) y relativo (xyz), podemos utilizar las relaciones siguientes:

rel rel

arr arr

0 0 cos sen sen cos 2 senO P cos cos 2 0 ... 0

sen sen 2 0 0

0OP 0

ll ll

( )

ijk ijk ijk ijk

ijk

v

v

abs rel arr

2

0 cos 2cos 2 0sen 2 0

sen co 2 cos0

s 2 cos 200 0 0

0

lll

l l l l l

#

ijk ijk

ijk i k ijkj

v v v

2 2 2rel rel rel

2 2

arr arr arr

0 00 sencos 0 sensen 0 sen cos cotg

0 cos 20

ll l

l l

l

ijk ijk ijk ijk

ijk

a v

a v 2

2Cor arr rel

abs rel ar

00 cos 20 0

00 sen 02 2 0 0 2 sen 2

0 0 0

l

ll l

#

ijk ijk

ijk ijk ijk ijk

a v

a a a 2 2 2 22

2 2r Cor

0 0cos 2 2 1 cos 2

cotgcotg

02coscotg

l l l ll

l

ijkijk ijk

a

x y

z

l

M

P

O

C

l

R

z

y

x

- 51 -


19. Una moneda, de 1.5 cm de radio, rueda inclinada manteniendo un ngulo de 60 respecto al plano horizontal. En su movimiento, el punto de contacto con el plano horizontal describe sobre ste una circunferencia,

Física Universitaria Manuel R. Ortega Girón

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