IT203 Física General I Texto Informativo PARTE II la solución de problemas usamos la misma...

IT203 Física General I Texto Informativo

La Cinemática

PARTE II

3.7 Movimiento a lo largo de una curva cualquiera

3.7.1.Velocidad Vectorial: Son el punto P que se desplaza en una trayectoria

curvilínea cualquiera (figura mostrada). Una vez escogido un sistema de

coordenadas cartesianas, introducimos el vector que determina la posición del

punto P (en un instante dado, después de un tiempo Δt, el punto se encuentra en

Q; que se caracteriza por un vector:

Definimos estamos como velocidad vectorial media del punto P la razón:

Si Δt, tiende a cero (Δt→0) se define la velocidad instantánea como:

Es equivalente a:

El punto Q tiende hacia el punto P, la cuerda Δr tiende a la tangente a la curva T

en P y por tanto el vector tiene la dirección de la tangente en el punto P

UNIVERSIDAD PRIVADA

JUAN MEJÍA BACA Autorización de Funcionamiento Resolución Nº 522-2008- CONAFU

Universidad Privada JUAN MEJIA BACA CINEMÁTICA parte II

Lic. Alfonso Mendoza Gamarra. 2

3.7.2.Aceleración Vectorial:

La velocidad vectorial es constante cuando su módulo y dirección son

constantes

Se tendrá casos donde solamente el módulo de la velocidad vectorial varía como en

el movimiento rectilíneo (la dirección de la velocidad es el de la recta).

En otros casos puede variar solamente la dirección quedando constante el módulo

(ejemplo: movimiento circular uniforme).

En el caso general la velocidad varía en dirección y en magnitud de punto en

punto.

Si transferimos los vectores velocidad de puntos sucesivos hacia un origen común,

vemos que podemos calcular una aceleración vectorial media usando una

definición análoga o la velocidad media:



Si ∆t→0 se obtiene la aceleración instantánea

El vector , tiene en general la dirección de la velocidad, tiene la dirección del

cambio instantáneo en la velocidad, como la velocidad cambia en la dirección en la

cual la trayectoria se curva, la aceleración está siempre apuntando hacia la curva y en

general no es tangente en perpendicular a la trayectoria.

3.8 Movimiento de una partícula en un plano:

3.8.1Componente tangencial a la normal:

Sea una partícula que se mueve a lo largo de una curva contenida en el plano de la figura.

Sea P la posición de la partícula en un instante dado uniéramos a P en vector unitario

tangente a la trayectoria de la partícula y apuntando hacia la dirección del movimiento, sea

el vector unitario correspondiente a la posición P de la partícula un instante después.

Trazando ambos vectores desde el mismo origen O' definiremos el vector.

Como y son de longitud unitaria sus puntos se encuentran sobre el círculo de radio

1.



Representando por AQ el ángulo entre y encontramos que la magnitud de Δ

es:

Consideremos ahora el vector y notamos que conforme ΔQ tiende a cero, este

vector se vuelva tangente al círculo unitario de la figura anterior, es decir,

perpendicular a y que su magnitud se aproxima a:

Entonces el vector obtenido en el límite es un vector unitario a lo largo de la

normal a la trayectoria de la partícula en la dirección hacia la cual cambia.

Representado este vector por escribimos:

Con la velocidad de la partícula es tangente a la trayectoria podemos expresarlo

así:

La ecuación será



Pero:

Con:

Y con:

Tenemos:

Luego:

Las componentes escalares de la aceleración son:



3.9. Movimiento de un Proyectil

Esto es otro tipo de movimiento en el plano, con aceleración constante, luego si a =

cte tenemos:

u

VV

0

= u

Vadta

0

)( 00

ttadtu

V

Donde Vo es la velocidad para t = t0, luego:

0VV = a(t – t0) (3.15)

También si:

dt

rdV = V0 + a (t – t0)

Tenemos:

r

r

ra

0

= t

t

t

t

t

t

dtttadtVdtttaV00

0

)()( 0000 =

Donde r0 posición en el tiempo t0 y luego:

2

000 )(2

1)( ttattVrr

3.16.



En el gráfico anotamos que:

V = Vx + xU + V yU

Donde: Vox = VoCos +, Voy = Vo Sen

Si (t0 =0)

V = (Vox xU + Voy yU )- gt yU

Habiendo reemplazando en: V = V 0 + ta

en donde:

Vx= Vox, Vy = Voy – gt

La que indica que la componente de en la dirección x permanece constante,

como debía ya que no hay aceleración en dicha dirección.

Similarmente la ecuación (16) con r0 = 0 y t0 = 0 – separando en sus componentes:

r = x xU + Y yU = (V0 xU + Voy yU ) t -2

1 gt2 yU

Es donde:

X = Voxt, Y = Voyt - -2

1 gt2

V



Para la solución de problemas usamos la misma convención que en el movimiento

en cada libre (+), cuando el proyectil se encuentra subiendo y (-) cuando esta en

descanso.

Algunos resultados importantes:

Tiempo total en vuelo (T)

Es el tiempo necesario para que el proyectil regrese al mismo nivel de donde fue

disparado.

T = t (aescenso) + t (descenso)

Cuando sabe:

Vy = Voy – gt

Vy = 0 cuando alcanza la altura máxima

Luego:

y

d= Voy = gt t =

g

Voy

T = 2t = 2 g

Voy=

g

VoSen2

Alcance horizontal R.

R =VoxT = voCos0 (2g

VoSenQ) =

g

SenQCosQV 2

02

R = g

V 2

0 Sen 2Q (3.17)

Altura máxima (H)

H = Voy t - 2

1 gt2

Tiempo de subida:

t = g

Voy

H =

2

2

1

g

Voyg

g

VoyVo

H = g

oyV

g

oyV

g

Voy

22

222



H = )0(2

1)(

2

1

2

1 2222

QSenVg

SenVogg

Voy

(3.18)

Otras relaciones son:

4

1

R

HTgQ

8

9H .T2

Se demuestra a partir de las ecuaciones:

X = Voxt Y = Voyt- 2

2

1gt

Y eliminando + la ecuación de la trayectoria es:

Y = xtgQ - QCosV

gx22

0

2

2 (3.19)

3.10. PROBLEMAS VARIOS

19. Se lanza un proyectil bajo un ángulo Q con la horizontal y pasa dos puntos

coordenados son (a,a) y (2a,a). Hallar el ángulo de tiro y probar que la velocidad Vo

con la que fue lanzada, es dada por:

V0 = 4

13ga

SOLUCIÓN:

La ecuación de la trayectoria es:



Y = xtg - 22

0

2

2 CosV

gx

En el punto (a,) la ecuación será:

a = atg - 22

0

2

2 CosV

ga

1 = tg - 22

02 CosV

ga

ga (tg -1 )2 V20 Cos2 (1)

En el punto (2a,a)

a = 2atg - 22

0

2

2

4

CosV

ga

g = 2atg - 22

02

4

CosV

ga

(rg

ga = )2(4

2)12( 22

0 CosVtg

Igualando (1) y (2)

(tg -1) 2V20Cos2 =

4

2)12( 22

0 CosVtg

4 (tg -1) = tg -1

4tg - 4 = 2tg - 1 2tg = 3

tg = 2

3 =tg-1

2

3

Entonces:

Sen = 13

3

Cos = 13

3



Como:

ga = (tgQ – 1) = 2V20Cos2Q

ga = (2

3- 1) 2V20 x

2

1

13

4x2V20 x

13

4

ga = 12

4 2

0V V2

0 = 4

13ga

20. Una partícula es proyectada con una velocidad “V0” hasta alcanzar una

distancia sobre la horizontal que es el doble de la altura máxima alcanzada. Probar

que la distancia es g

V

5

4 2

0

SOLUCIÓN:

H = Ym = g

QSenV

2

22

0

Pero como: X = 2Ym = g

QSenV

2

2 22

0

(1)

Y además:

R = XA= g

QSenV 22

02

(2)

Igualando (1) y (2) tenemos:

g

QSenV

2

22

0 =g

QSenV 22

0

2V20 SenQCosQ = V2

0Sen2Q = V20SenQSenQ

Luego: 1V20CosQ = V2

0SenQ 2 CosQ = SenQ

SenQ

CosQ= CtgQ =

2

1

Entonces:



X = g

QSenV 22

0 = g

QCosQSenV 22

02

X = g

Vxx

g

V

5

4

5

1

5

22 2

0

2

0

con ello: R = X = g

V

5

4 2

0

X = g

Voxx

g

V

5

4

5

1

5

22 22

0 x

Con ello = R = X = g

Vo

5

4 2

21. Una partícula es proyectada hacia una pantalla vertical rectangular,

perpendicular al plano vertical de su trayectoria, pasando justamente por

encima de esta en el punto más alto de su trayectoria. La pantalla está a

metros en frente del punto de proyección y puede superar “m” metros arriba

de este punto. ¿Hallar los componentes vertical y horizontal de la velocidad de

proyección.

SOLUCIÓN:

VoCosQ = Voz

Vox = VoCosQ

Voy = VoSenQ

Ahora la velocidad final vertical y horizontal serán:

Vy = Voy – gt Vx = Vox



Vy = VoSenQ – gt ; Vx = VoCosq

La altura máxima está dada por:

Ym = H= g

QSenV

2

22

0

Pero. Ym = H= m Luego: m = g

QSenV

2

22

0

También se sabe que cuando alcanza su altura máxima:

Vy =0; Luego;

Vy = 0 = V0SenQ - gt t = g

SenQV0

Pero cuando transcurre este tiempo la partícula se encuentra a una distancia:

X = a = (V0CosQ) t

Luego:

a = (V0CosQ) g

SenQV0

Despejando V20 de (1) y (2) e igualando tenemos:

V20 =

QSen

gn2

2 (Y) V2

0 = SenQCosQ

ga

Con ello:



QSen

gn2

2 =

SenQCosQ

ga

QCosQSen

QSen

ga

g 22 tgQ

CosQ

SenQ

a

n2

Q

ntgQ

2 con lo cual construimos el siguiente triángulo:

Sen Q =22 4

2

na

n

Cos Q =22 4

2

na

n

Y como:

V20 =

2

22

2

4

2

22

na

n

gn

QSem

gn=

=n

nag

2

)4( 22

V0=n

nag

2

)4( 22

Como los componentes de la velocidad de proyección están dadas por:

VoSenQ Vertical

VoCosQ

Entonces:

V0SenQ=n

nag

2

)4( 22

x22 4

2

na

n

V0SenQ= gnn

gn 2

22

V0SenQ= gn2 (componente vertical)



V0SenQ=n

nag

2

)4( 22

x22 4na

a

V0CosQ=ng

ga

ng

ag

n

ga

222

22

V0CosQ=ng

ga

2 componente vertical

22. Una partícula es despedida de un punto 3, arriba de la horizontal, la dirección

de la proyección hace un ángulo con el horizonte. Probar que si la mayor altura

arriba del punto de proyección es h, la distancia horizontal al elevar con el plano

horizontal es:

6hCtg

SOLUCIÓN

Sea V0 la velocidad de proyección

Su componente vertical será:

V0Sen , y es disminuida por una retardación en una distancia “a” por

consiguiente:

g

SenV

2

22

0 = h V20Sen2 = 2gh

VoSen = gh2

La componente vertical de la velocidad es destruida en un tiempo t dado por:

Vy = VoSen - gt

Luego: Vy = 0 = VoSen - gt

t=g

h

g

gh

g

gh

g

SenV 2222

0

Luego la partícula cae del reposo una distancia 4h bajo la acción de la gravedad y

el tiempo para esto está dado po:

2

1gt2

1 = 4h t1 = g

h8 = 2

g

h2

Entonces el tiempo total del movimiento es:



t+ t1 = 2 g

h2+

g

h2 = 3

g

h2

La velocidad horizontal es:

VoCos = VoSen Ctg

VoCos = gh2 Ctg

La distancia horizontal:

d = VoCos t = VoCos (3 gh /2 )

d= gh /2 ) Ctg x 3g

h2 = 6h Ctg

23. Una partícula escribe una trayectoria curvilínea con velocidad total es 9.5

m/s2, calcular el radio de curvatura de la trayectoria en ese instante.

SOLUCIÓN:

Tenemos que:

a = an + at el módulo : a2 + an2 + a2t

También:

V = 6t2 – 3/2 en t = 1.5

V = 12

at = dt

dV = 12t en t = 1.5 at = 18 m/s2

Luego:

a2n = a2 – a2

t an = 22 )18()5(a

an = 981384405

De la relación:

an =na

VV 22

= 9

)12( 2

= 16 m



24. Calcular la aceleración total y el radio de curvatura de la trayectoria de un

proyectil que sale disparado con una velocidad de 680 m/s, sabiendo que el aire

origina una desaceleración de 5m/s2 en dirección horizontal (tomar la velocidad de

salida horizontal y calcular la aceleración un instante después del disparo).

SOLUCIÓN:

Sea el radio de curvatura:

V = 680 c m/s

at = -5 i m/s2

at = g = -9.8 j

a = a t + a n

a = -5 i - 9.8 j m/s2 De: an

2V

an= V

axV // tenemos: =

//

3

axV

V

V x a = K

kii

6684

08.90

00680

/V x /= 6664



= 6664

)680( 3

4.7 x 104 m

25. Demostrar que se cumple las siguientes relaciones para el movimiento

curvilíneo:

an = V

axV (Y) an

V

axV //

Donde:

at = aceleración tangencial

an = aceleración normal.

SOLUCIÓN

Notamos que at es la proyección de sobre V , sea el vector unitario de V .

Luego:

at = 0a

at= V

Va.

at= V

aV ..

También:

a = a t + a n

V x a = V x( a t + a ) =V x a t + V x a n

V x a = V x a n, pues V x a t = 0

Por: V // a t

Tomando módulos:

/V x a /= /V x a n/= Van Sen 90° = Van

De donde: an = V

axV //



26. Una partícula se mueve por la circunferencia de radio r = 4 m conforme a la ley

S = 4.5t2 donde S se mide en metros y t1 en segundos. ¿Hallar el módulo “a” de la

aceleración del punto y el ángulo, entre la aceleración y la velocidad de la velocidad

en el Momento T, en que la magnitud es la velocidad es igual a 6m/s.

SOLUCIÓN

El módulo de la velocidad de la partícula:

V = dt

ds =

dt

d (4.5 t3) = 13.5 t2 m/s

Según los datos tenemos cuando t = T la velocidad de la partícula es V = 6m/s

luego:

6 = 13.5 T2 T = 5,13

6

T = 9

4 =

3

2S

La aceleración Tangencial del Punto:

at= dt

d

dt

dV (13.5t2) = 27 t m/s2

Para:

t = T = 2/3 s

at= 27 x 3

2 = 18 m/s2

La aceleración normal de la partícula:

an=2V

Con 8 V = 6m/s y = r = 4m

Tenemos:

an = 22

/94

6ms

La aceleración total:

a = 22

tn aa



a = 222 /59918 smt

El ángulo

Entre la velocidad y la aceleración de la partícula se determina así:

tg = 2

1

18

9

t

n

a

a

= arctg 2

1

= 26° 34´

27. Un tren se mueve uniformemente acelerado por una curvatura cuyo radio de

curvatura es =500 m, pasados 3 minutos adquiere la velocidad V = 54 km/h.

Determinar la aceleración del tren una vez parados 2 minutos después de su

partida de la estación que parte del reposo.

SOLUCIÓN

La velocidad:

V = 54 km/h = sm /1536000

54000

La aceleración tangencial:

V = V0 + at t donde V0 = 0



at = t

V =

180

15 =

2

1 m/s2

Como el movimiento del tema es uniformente acelerado, entonces su aceleración

tangencial es constante, pero la aceleración normal del tren determina con la

fórmula an= 2V

depende de la velocidad de movimiento, será diferente para

diferentes momentos de tiempo.

Determinar la velocidad del tren al final del segundo minuto después de su partida

de la estación.

V = V0 + att = 0 + 2

1 x 120 = 10 m/s

Con ello la aceleración del tren en este momento será:

an = 2V

= 500

102

am= 0.2 m/s2

La aceleración total:

a2 = a2n + a2

t

a = 0.217 m/s2

3.11. Movimiento Circular

Este movimiento es un caso especial en la cual la trayectoria es un círculo.



Como la velocidad es tangente al círculo, es perpendicular al radio R = Ca.

También tenemos:

S = RQ

La velocidad en módulo es:

V = dt

ds =

dt

QRe (3.20)

A la cantidad W = dt

dQ (3.21)

Se denomina velocidad angular y es igual a la variación del ángulo en la

unidad de tiempo, se expresa en radianes por segundo, rads-1 o simplemente s-1

luego:

V = WR (3.22)

Lo podemos expresar como una cantidad vectorial y con dirección

perpendicular al plano del movimiento en el sentido avaned de un tornillo de rosca

derecha girado en el mismo sentido es que se mueve la partícula y obtenemos la

figura.

W = W zu



W = dt

dQ =

zu

V = RW pero R = rSenQ

V = WrSen Q

Luego rxWV (3.23)

3.1.2. Movimiento Circular Uniforme:

En este movimiento tenemos W = constante, osea la velocidad angular es

constante. En este caso el movimiento es periódico y la partícula pasa por cada

punto del círculo a intervalos iguales de tiempo.

Periodo (p), es el tiempo requerido para realizar una vuelta completa o

revolución.

Frecuencia (f), es el número de revoluciones por unidad de tiempo.

De ello decimos que si en el tiempo t, la partícula realiza m, revolucione el

período es:



P = n

t

Y la frecuencia será el número de revoluciones en a unidad de tiempo:

f = t

n

Luego:

La frecuencia con el período se relaciona a si:

f = p

1

Unidades:

Periodo de segundos (s)

Frecuencia en (segundos) -1 o s-1, unidad denominada Hertz.

También en lugar de Hertz se usa las revoluciones por segundo (r.p.s.) o (r.p.m.)

revoluciones por minuto. Los conceptos de periodo y frecuencia son aplicables a

todos los procesos periódicos que ocurre en forma cíclico, esto es aquellos procesos

que se repiten después de completar un ciclo. Por ejemplo el movimiento de la

tierra alrededor dl sol no es circular al uniforme, pero es periódico. Es un

movimiento uniforme cada vez que la tierra completa una órbita, el riodo es el

tiempo recorrido para completar un ciclo, y la frecuencia es el número de ciclos

por segundo, correspondiendo un Hert a un ciclo por segundo.

De la relación:

W = dt

dQ

Tenemos:

Q

Q0dQ =

t

t ºWot

Con ello:

Q = Q0 + W (t – t0)

Como condiciones iniciales usualmente aceptamos:

Q0 = 0 y t0 = 0



Dando:

Q = Wt o W =t

Q (3.24)

Para una revolución completa, t = p y Q = 2 m resultado:

W =2

= 2n (3.25)

3.13. Movimiento Circular uniformemente acelerado

Cuando la velocidad angular es una partícula cambia con el tiempo, la

aceleración angular está definida por el vector:

dt

Wd (3.26)

Pero como el movimiento circular es un plano, la dirección de W permanece

lavariable y la relación también se cumple pero las magnitudes de las cantidades

invaloradas, con ello:

2

2

dt

qd

dt

dW (2.27)

Pero en este movimiento la aceleración es constante y tenemos:

W

W0dw =

t

t0 dt = t

t0 dt

O = W = W0 + (t –t0)

Donde:

W0 es el valor de W para el tiempo t0 con ayuda de W = dQ = Wo + (t-t0)

Tenemos:

Q

Q0dQ =

t

t0 W0 + (t-t0) dt

De donde:

Q = Q0 + (W) (t-t0) + 2

1 (t-t0)2



Las siguientes relaciones son importantes para el movimiento circular, sabemos

que:

at= Rdt

QRd

dr

dWR

dt

dv2

2

También:

VxWdt

rdxW

dt

Vda

Y que:

Vdt

rd

Debiendo hacer notar que el módulo de la aceleración tangencial mide la rapidez

con la cual cambia el valor de la velocidad instantánea en general para el

movimiento curvilíneo:

at =dt

dV

y el modulo de la aceleración normal mide la rapidez con lo cambia de dirección el

vector para el movimiento curvilíneo.

an= R

V 2

3.14.- Velocidad y Aceleración en Coordenadas Polares

Existen muchos casos en los que el movimiento curvilíneo de cada partícula

se determina mediante las coordenadas polares.

r y Q

Si es el punto p consideramos dos vectores unitarios.

ar eye

re = CosQi + SenQj

ae = - iSenQ + j CosQ



dQ

ed r = -SenQ + CosQj = r

re

dQ

ed

dQ

ed Q = -CosQ i + CosQ j = -( jSenQieRQ( )

dQ

ed a = - re =

Si tenemos:

dt

rdV

dt

dre

dt

edrer

dt

dV r

rr )(

rr

edt

dr

dt

ed

dt

drV

rQ edt

dre

dt

dQrV (3.29)

Con la simbología:

Q = dt

dQ, r =

dt

dr

rQ ererQV (3.30)

La aceleración:

)( rQ ererQdt

d

dt

dVa (3.31)

dt

drre

dt

redr

dt

drQeeQ

dt

dda QQ

dt

drre

dt

rerd

dt

rQde

dt

dQe

dt

eQdra QQ

Q)(

dt

drre

dt

rerd

dt

rdQe

dt

dQer

dt

edrQa Qa

Q

rredt

rerdQre

dt

dQer

dt

edrQa Qa

Q



Con ayuda de:

reQdQ

deQ

dt

dQ

dt

ed Q

QeQdQ

red

dt

dQ

dt

red

a = -r(Q)2 + er + rQeQ + eQQr + rQeQ + rer

a = -r(Q)2 er + rQeQ + 2rQeQ + rer

a = (r-rQ2 ) er +2rQ) eQ (3.32)

3.1.5. Problemas Resueltos

28. Un volante tiene en un momento dado la velocidad angular W =2 rad/s, y la

aceleración angular 2

3s

rad.

Hallar la velocidad, la aceleración tangencial (rotativa), la aceleración normal

(centrípeta) y la aceleración total del punto M del volante, que se halla a la

distancia de 0.8 m al eje de rotación.

SOLUCIÓN:

La velocidad del punto M = V = rW = 0.8 x 2 = 1.6 x

V = 5 m/s

La aceleración tangencial (rotativa)

at= r = 0.8 x (-3) = -2.4 m/s2



La aceleración normal (centrípea)

an= rw2 = 0.8(2 )2 = 3.2 x 2 = 31.5 m/s2

La aceleración total del punto:

a = 22222 /6.31)5.31()4.2( smaa nt

a = 31.6 m/s2

tg = 08.05.31

4.2

n

t

Q

a

= 4.5°

29. El satélite artificial intelsat gira alrededor de la tierra con un periodo de 24

horas ¿Cuál es su frecuencia, velocidad angular y tangencial y aceleración

centrípeta, la distancia promedio del satélite a la superficie de la tierra es 35.832

km.

SOLUCION

Tenemos en primer lugar la distancia del satélite P – al centro de la tierra O, que es

el centro de giro es:

r = OT + PT

donde:

OT, radio terrestre

PT, distancia del satélite a la superficie de la tierra.

r = 6.368 km + 35.832 k = 42,200 km

El periodo T del movimiento es:

T = 24 horas = 24 x 3,600 seg = 86,400 seg.

Luego:



f = HzsegT

000116,0400,86

11

su velocidad angular:

W -2 f= 6.28 x 0.0000116 = 0.0000727 rad/seg.

La velocidad tangencial:

Vt = rW

Vt = 42,200 km x 0.0000727 rad/seg

= 3.0673 km/seg

La aceleración centrípeta:

an = r

V 2

an = Vt2 = 2222

/000223.0200,42

/0673.3skm

km

skm

30. ¿Qué velocidad tangencial tiene una persona situada en el Ecuador? o a una

latitud de 45°?

SOLUCIÓN:

El periodo de revolución de la tierra alrededor de su eje es de 24 hr. Por tanto, la

frecuencia del movimiento circular es:

f = 1 = segx 600,324

1 = 0.0000116 Hz

La velocidad angular es:

W = enf = 2 x 3.1416 x 0.0000116

= 0.0000 727 rad/seg

Para una persona situada en el ecuador el radio de giro es el radio de la tierra.

R = 6.368km

Luego la velocidad tangencial es una persona situada en el Ecuador S:

Vt = RW

Vt= 6368 km x 0.000727 rad/s



= 0.46295 km/s

= 0.46295 km/( hr3600

1)

= 1,660.63 km/hr

Para una persona situada a la latitud Q, el radio de giro es el radio de la tierra sino

la distancia QP.

Luego:

CosQ = R

QP

R

OS

Luego el radio de giro es:

OS = RCosQ

Con ello tenemos:

V = WRCosQ

Cos Q = 45°

Vt = 0.0000727 rad/s x 6368 km x Cos45°

= 0.46292 km/s x 0.70711

= 0.32735 km/s

= 1178.48 km/h



31. En la figura se representa dos poleas coaxiales de radio R1 = 0.10 m y R2 =

0.05 m y una tercera polea de radio R = 0.20 m. El cuerpo P, desciende con

aceleración constante Q1 = 5m/s2 partiendo del reposo. Calcular la velocidad

angular del disco de radio R, en el instante t, sabiendo que no hay deslizamiento

entre las poleas.

SOLUCION

La aceleración angular de las poleas coaxiales es:

12 = 05.0

5

2

1

R

a

a12 = 100 rad/s2

entonces:

a1 = 12R1 = 100 x 0.10 = 10 m/s2

a1 = a

Luego

a = 10 m/s2 y = 20.0

10

R

Q

= 50 rad/s2

Pero:

= dt

dW dW = 50 dt W = 50 t



32. Hallar el desplazamiento angular del punto P de la piedra mostrada en la

figura que tiene una colección angular constante 3 rad/s2 y parte del reposo.

¿Calcular también la velocidad angular después de 3 segundos?

SOLUCION

Siendo:

Q = W.t. + 2

2

1t

Para t = 0, W0 = 0

= 3 rad/s2

Q = rad5.13)3)(3(2

1 2

Q = 13.5 rad = 2.15 rev

La velocidad angular:

W = W0 + +

W = 3(3) = 9 rad/s

33. EL pero W está conectado una polea por medio de un cable inextensible. El

movimiento de la polea es controlado por el cable C, que tiene una aceleración

constante de 0.3 m/s2 y una velocidad inicial de 0.4 m/s, ambas dirigidas hacia la

derecha. Determinemos:

a) El número de revoluciones ejecutadas por la polea en 2 s.

b) La velocidad y el cambio en la posición del pero W después de 2 s

c) La aceleración del punto D sobre el borde de la polea interior en t = 0

SOLUCION:



Como el cable es inextensible, la velocidad del punto D es igual a la velocidad del

punto C, también la componente tangencial es la aceleración de D, e igual a la

aceleración de C.

Vc = VD = 0.4 m/s

ac= aTD = 0.3 m/s2

También:

VD = rW0 0.4 m/s = 0.1 mW0

W0 = 4 rad/s

atD = r 0.3 m/s2 = 0.1 m

= 3 rad/s2

Con las ecuaciones para el movimiento uniformemente acelerado obtenemos para t

= 2 s.

W = W0 + t = 4 rad/s + (3rad/s2) (2seg.)

W = 10 rad/s2

Q = Wot + 2

2

1t = (4 rad/s) (2s) +

2

1(3rad/s2)(2s)2

Q = 8 rad + 6 rad = 14 rad

Número de revoluciones = (14 rad) (1 rev/2 rad)

= 2.23 rev

Movimiento del pero W:

VW = rw = (0.2)(10 rad/s) = 2 rad/s

YB= rQ =(0.2)(14 rad) = 2.8 metros



Aceleración del punto D t = 0

aDt = ac = 0.3 m/s2

Como es t = 0, W0 = 4rad/s, la componente normal de la aceleración es:

aDN = rW20 = (0.1 m)(4rad/s2)

aDN = 1.6 m/s2

34. La figura muestra los tres discos entre si, de radio de curvatura:

R, R/2, R/3 respectivamente

Cuando el disco de mayor radio gira 4 vueltas, ¿Cuántas vueltas girará el disco de

menor radio?

SOLUCION

Los puntos periféricos de los discos tangente, tienen igual velocidad lineal:

VA = VB= VC

Luego:

VA = WAR; VB = WB 2

R, VC =WC

3

R

Relacionando:

VA y VC VA = VC

WAR = WC3

R 3WAR = WCR

3(2 fA) R = 2 fc R 3fA = fc

Si:

fa = 4 vueltas



2 (4Vc) = fc fc = 12 vueltas

35. La figura muestra dos poleas concéntricas de radios a = 20 cm y b = 10 cm,

respectivamente. La polea móvil se encuentra sostenida mediante una cuerda

cuyos extremos están desarrollados a las poleas fijas. Si las poleas con centro fijo

giran con velocidad angular constante de 4 rad/seg. con sentido horario, ¿Hallar la

velocidad del bloque unido a la polea móvil?

SOLUCIÓN

La velocidad de los puntos (1) y (2) en las cuerdas, es igual a la velocidad lineal de

los puntos periféricos de las poleas respectivas:

V= WR

Punto (1): V1 = (4)(10) = 41 cm/s

Punto (2): V2 = (4)(10) = 80 cm/s

Propiedades la polea móvil:

V3 = 2

21 VV

Luego reemplazando:

V3 = 60 cm/s



36. Una partícula realiza un M.C.V.V. a partir del reposo (V = 0) con aceleración

angular constante de 0.25 rad/s2. Si se sabe que el radio de la trayectoria es de 2

metros y el cambio de la velocidad en módulo es igual, al cambio de velocidad de

dirección y sentido en un instante determinado. ¿Determinar el tiempo en

movimiento de la partícula hasta ese instante?

SOLUCIÓN

Habiendo anotado que la aceleración centrípeta se produce como un cambio de la

dirección de la velocidad lineal en la unidad de tiempo y que la aceleración

tangencial se produce como en cambio de la magnitud de la velocidad tangencial

en la unidad de tiempo para nuestro problema como la aceleración centrípeta, es

igual a la aceleración lineal en módulo.

a) ac - 2

2V y at = .R

Igualando : V2 = R2

De donde: V2 = (0.25)(4) V = m/s (1)

b) Cálculo de la aceleración lineal o tangencial:

at = R at = (0.25)(2)

at = 0.5 m2/s (2)

c) Cálculo del intervalo de tiempo:

Vf = Vp + att

1 = 0 + (0.5).t

Luego: t = 2 seg.

37. Un móvil parte del reposo y comienza a moverse con M.C.U.V. con una

aceleración angular constante de rad/s2. Sabiendo que en cierto intervalo de

tiempo el móvil ha corrido un ángulo central “Q” y 2 segundos después ha corrido

un ángulo “E” donde se cumple:



4

Q=

s

E

Hallar el ángulo ”E”

SOLUCIÓN:

Hallaremos “t”, al tiempo que tarda el móvil en correr el ángulo central “Q”.

realizando el tramo inicial del movimiento:

Q = 1 x t2 Q = t2 (1)

(2) Analizando el tramo total del movimiento:

(Q + E) =2

1 (t + 2)2

Luego:

Q + E = (t + 2)2 (2)

(3) De la condición:

Q

E =

4

5

Luego:

4

9

Q

QE (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3):

t = 4s Q = rad. E = 20 rad.

38. Una partícula se mueve sobre una trayectoria cuya ecuación es r = 3 Qm. So Q

= t3 radianes, determinar la velocidad y aceleración de la partícula cuando Q = 60°.

SOLUCIÓN:

El tiempo para el cual Q = 60° = /2 es:

Q = t3 015.1047.13

3 ttrr

Las ecuaciones de movimiento:

r = 30 = 3t3 r = 3.13

r = 9t2 r = 9.27



..

r = 18t ..

r = 18.27

Q = t3 Q = 1.047

.

Q = 3t2 .

Q = 3.091

..

Q = 6t ..

Q = 6.09

El vector velocidad para t = 1.015

V = Qr erQer.

V = 9.27 re + 9.67 Qe

V = sm /39.13)67.9()27.9( 22

El vector aceleración:

Qr eQrQrerQra )2()(...

2..

cr eea )30.5706.19()90.2927.18(

QQ eea 36.7663.11

La magnitud de a :

a 222 /24.77)36.76()63.11( sm

3.16. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. La aceleración de una partícula que se mueve en línea recta está dada por:

a = 3t2- 2t

Hallar las experiencias de la velocidad y el desplazamiento en función del tiempo

para t = 4s, v = 2m/s x = 12 m

2. Dos cuerpos son lanzados verticalmente desde el mismo punto y en el mismo

instante, uno de ellos tiene una velocidad inicial de 30 m/s y el otro 45 m/s.

Calcular el tiempo que los cuerpos están a la misma altura.



3. Desde un punto O es disparado un proyectil que llega 12s. Al punto P situado

en la misma horizontal. Si no hubiera disparado con un ángulo doble que el

anterior hubiera llegado a P en 18 s. Calcular la distancia OP.

4. Un avión vuela de modo horizontal a velocidad v = 470 m/s. Un observador que

el radio al cabo del tiempo t = 21 s. de haber pasado el avión sobre él. ¿A qué

altura vuela el avión?

La velocidad del sonido c = 330 m/s.

5. De tres tubos que se encuentran en el suelo, salen en la misma velocidad son

los chorros de agua formando respectivamente ángulos de 60, 45 y 30 grados con

la horizontal. Hallar la relación entre las alturas máximas a que llegan los chorros

de agua que salen de los tubos y la relación entre las distancias a que el agua cae

sobre la tierra.

6. Un daño es lanzado desde el punto A con una velocidad v0 =15 m/s, formando

un ángulo de 53° con la horizontal y se encresta en el punto B perpendicularmente

al plano inclinado.

¿Calcular el tiempo en movimiento del dado?

g = 10 m/s

7. Dos móviles A y B parten de dos puntos diametralmente opuestos de una pista

circular, desplazándose en el mismo sentido con velocidades angulares de r/2 y

r/3 rad/s. respectivamente.

¿Después de cuanto tiempo se encuentran juntos?

8. Un móvil parte del reposo (W =0) con M.C.U.V. después de un tiempo “t” se

observa que barre un ángulo central “Q” y 5 seg. Después barre un ángulo “ “

donde se cumple que:

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Q

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