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FISICA II
versión 1
Autor : Luis Rodríguez Valencia1
DEPARTAMENTO DE FISICA
UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE
28 de agosto de 2012
1email: luis.rodriguez@usach.cl
II
Contenidos
Prólogo IX
0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas . . . . . . . x
1. Cinemática 1
1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Concepto de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3. Concepto de tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.4. Movimiento rectilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4.1. Desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4.2. Espacio recorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4.3. Velocidad media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4.4. Velocidad instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4.5. Rapidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4.6. Aceleración media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4.7. Aceleración instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4.8. Interpretación gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4.9. Movimiento uniformemente acelerado . . . . . . . . . . 8
1.4.10. Solución gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5.1. En coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5.2. En coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.3. Movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.5.4. Caso particular. Movimiento circular uniforme. . . . . . 17
1.5.5. Caso particular. Aceleración angular constante . . . . . 17
1.5.6. Notación alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.5.7. Derivadas de los vectores unitarios . . . . . . . . . . . 18
1.5.8. Velocidad y aceleración en coordenadas esféricas . . . . 19
1.5.9. Velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
IV CONTENIDOS
1.5.10. Aceleración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.5.11. Vectores unitarios esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5.12. Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5.13. Coordenadas intrínsecas . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.6. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7. Movimiento de proyectiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7.1. Análisis del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7.2. Ecuación de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.7.3. Angulo de disparo para dar en un blanco . . . . . . . . 26
1.7.4. Parábola de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.7.5. Formulación alternativa (requiere más matemáticas) . . 28
1.7.6. Parábola de seguridad en forma polar . . . . . . . . . . 31
1.8. Movimiento relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.8.1. Traslación de un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.8.2. Movimiento general de un sistema . . . . . . . . . . . . 35
1.9. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2. Dinámica de la partícula 97
2.1. Leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
2.1.1. Primera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
2.1.2. Sistema inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . . 98
2.1.3. Segunda ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
2.1.4. Principio de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
2.1.5. Sobre las fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
2.1.6. Fuerzas de acción a distancia . . . . . . . . . . . . . . 101
2.1.7. Fuerzas de contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
2.1.8. La fuerza de roce estática . . . . . . . . . . . . . . . . 102
2.1.9. Fuerza de roce cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2.1.10. Tercera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2.1.11. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
2.2. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
2.3. Paréntesis matemático. Derivadas y diferenciales . . . . . . . . 107
2.3.1. De una variable independiente . . . . . . . . . . . . . . 107
2.3.2. De más variables independientes . . . . . . . . . . . . . 109
2.4. Fuerzas conservativas (C) y no conservativas (NC) . . . . . . 111
2.4.1. Concepto de trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2.4.2. Energías potenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.4.3. Fuerza peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
CONTENIDOS V
2.4.4. Fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.4.5. Fuerza gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
2.4.6. Fuerza electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
2.4.7. Teoremas sobre la energía . . . . . . . . . . . . . . . . 114
2.5. Sobre la energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
2.5.1. La energía cinética de los asteroides . . . . . . . . . . . 117
2.5.2. Integración de la ecuación de movimiento . . . . . . . . 118
2.5.3. Fuerza constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
2.5.4. Fuerza dependiente del tiempo F(t) . . . . . . . . . . . 119
2.5.5. Fuerza dependiente de la posición . . . . . . . . . . . . 119
2.5.6. Por ejemplo la fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . 120
2.5.7. Solución más simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
2.5.8. Movimiento unidimensional con fuerza viscosa . . . . . 122
2.6. Movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
2.6.1. Evaluación de las constantes . . . . . . . . . . . . . . . 124
2.6.2. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
2.6.3. Amplitud del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 125
2.6.4. Periodo y frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
2.7. Movimiento armónico amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . 127
2.7.1. Caso sub amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
2.7.2. Caso amortiguado crítico . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
2.7.3. Caso sobre amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
2.7.4. Movimiento amortiguado forzado . . . . . . . . . . . . 131
2.7.5. Una solución particular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
2.7.6. Fenómeno de resonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
2.8. Dinámica del movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . 133
2.9. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
2.9.1. Fuerzas constantes o dependientes del tiempo . . . . . 138
2.9.2. Fuerzas dependientes de la posición o de la velocidad . 141
2.10. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
2.10.1. Dinámica unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
2.10.2. Movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . . 158
2.10.3. Dinámica en dos o tres dimensiones . . . . . . . . . . . 164
2.10.4. Trabajo y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
2.10.5. Problemas que requieren más matemáticas . . . . . . . 181
VI CONTENIDOS
3. Sistema de Partículas 195
3.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
3.1.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 197
3.1.2. Sobre el momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . 201
3.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . 204
3.1.4. Sobre la fuerza gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . 205
3.1.5. Teorema Energía Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . 206
3.1.6. Trabajo realizado por una fuerza . . . . . . . . . . . . 206
3.1.7. Trabajo realizado por una fuerza conservativa (C) . . . 208
3.2. Sistema de dos partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
3.2.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
3.3. Campo central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
3.3.1. Ecuación diferencial para la órbita . . . . . . . . . . . 213
3.3.2. Excentricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
3.3.3. Semi ejes de la elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217
3.3.4. Ley de Kepler de los períodos . . . . . . . . . . . . . . 218
3.4. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
3.4.1. Coeficiente de restitución . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
3.4.2. Choques unidimensionales . . . . . . . . . . . . . . . . 222
3.4.3. Choques bidimensionales de esferas . . . . . . . . . . . 223
3.4.4. Discusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
3.4.5. Consideraciones sobre la energía . . . . . . . . . . . . . 226
3.5. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
3.5.1. Resumen de fórmulas movimiento en un campo central
de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232
3.5.2. Lanzamiento desde la superficie terrestre . . . . . . . . 232
3.5.3. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
3.5.4. Momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
3.5.5. Velocidad de escape desde la superficie . . . . . . . . . 233
3.5.6. Excentricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
3.5.7. Ecuación de la órbita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
3.5.8. Orientación α del semieje mayor (figura, caso (2)) . . . 234
3.5.9. Casos elípticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
3.5.10. Alcance máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
3.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
3.7. Sistemas de Partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
3.7.1. Resumen de fórmulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
3.7.2. Problema resueltos sistema de partículas . . . . . . . . 239
CONTENIDOS VII
3.7.3. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
3.7.4. Masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266
3.7.5. Campo central. Orbitas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 281
4. Dinámica del cuerpo rígido 321
4.1. Cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
4.2. Cuerpo rígido continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
4.3. Cinemática de un cuerpo rígido en el espacio . . . . . . . . . . 322
4.4. Cinemática plana de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . 322
4.4.1. Desplazamientos de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 322
4.4.2. Condición de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
4.4.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
4.4.4. Centro instantáneo de rotación . . . . . . . . . . . . . 326
4.4.5. Algunas relaciones entre velocidades y aceleraciones . . 327
4.4.6. Curvas rueda y riel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329
4.4.7. Modelo continuo de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 331
4.4.8. Momentum angular y energía cinética . . . . . . . . . . 332
4.4.9. El momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332
4.4.10. Ejemplos de cálculo de momentos de inercia . . . . . . 333
4.4.11. Momentum angular y momentum lineal . . . . . . . . . 334
4.4.12. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335
4.4.13. Movimiento de rotación y traslación . . . . . . . . . . . 335
4.4.14. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . 336
4.5. Dinámica de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338
4.5.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 338
4.5.2. Ecuaciones para el caso de movimiento plano . . . . . . 339
4.5.3. Momentos de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340
4.5.4. Teorema de Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341
4.6. Ejemplos de dinámica plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342
4.6.1. Dinámica de rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342
4.6.2. Dinámica de rotación y traslación . . . . . . . . . . . . 346
4.6.3. Casos donde el movimiento de un punto es conocido . . 348
4.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
4.8. Ejercicios de cinemática plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
4.9. Ejercicios de dinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361
VIII CONTENIDOS
Prólogo
Este texto tiene el propósito de iniciarlos en una ciencia: la Física que nos
muestra una maravillosa relación establecida entre la naturaleza y el ingenio
del cerebro humano.
Veremos cómo, a partir de observaciones y experimentos sencillos, se con-
sigue estructurar una teoría sólida que da cuenta de fenómenos de la natu-
raleza, algunos observables a simple vista y otros fuera del alcance de los
sentidos.
La Física siempre ha estado, está y estará formando parte de nuestro
entorno. A través de ella es posible predecir lo qué sucederá con el Universo
y, además, nos da señales que permiten vislumbrar cómo comenzó todo.
Desde Aristóteles (384-322aC) hasta nuestros días los científicos aportan
sus trabajos para beneficio de la humanidad, interactuando para el progreso
de la Ciencia y de la Tecnología. Por ejemplo, avances en la Física contribuyen
al progreso de las Ciencias de la Ingeniería, y éstas, a su vez, dan soporte
técnico a la Medicina, mejorando la calidad de vida del hombre.
Este trabajo está dedicado a jóvenes deseosos de aprender, mediante la
comprensión, razonamiento y deducción, a partir de los conceptos fundamen-
tales y las leyes de la Física.
X Prólogo
Este texto, para el segundo semestre de Ingeniería, se presenta en la mis-
ma secuencia que ha sido programado el curso de Física II. Los requerimientos
de Matemáticas necesarios para su desarrollo serán presentados de manera
gradual según las necesidades del curso. Se comienza con la cinemática, que
requiere de la herramienta matemática llamada derivada. De manera pro-
gresiva se hace indispensable la adquisición de más elementos matemáticos,
que son, en algunos casos aportados por el texto. En otros, se darán las de-
mostraciones como una ilustración. De cualquier forma queremos enfatizar el
hecho, no discutido, de que las Matemáticas son el lenguaje y la herramienta
fundamental de la Física.
Se han hecho importantes esfuerzos por el grupo de colaboradores para
minimizar los errores de cualquier índole, pero esa es una tarea interminable,
de manera que nos será muy grato considerar las críticas de los estudiantes
y colegas que deseen utilizar este texto.
Esta es la primera edición del texto qus se usará (eso esperamos) duran-
te el segundo semestre del año 2012. Se han hecho diversos cambios a las
versiones anteriores aplicada a los cursos anuales los años 2001, 2002, 2003,
2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010 y 2011 en el desarrollo del curso de
Física Anual para Ingeniería Civil. Estos cambios son el resultado de la ex-
periencia acumulada en la aplicación práctica de este texto. Se han agregado
problemas y reordenados de acuerdo a su temática. Una versión en formato
PDF es colocada en la página WEB del curso. Todos los problemas del texto
están resueltos..
0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas
¤ En general en las pruebas de este curso se pide resolver problemas.
¤ Luego haga problemas. El nivel de los problemas de las pruebas corres-
ponden a los de menor complejidad matemática.
¤ En el desarrollo de las pruebas haga figuras de un buen tamaño. Un
tercio de la hoja por lo menos.
¤ Defina en su figura todas las letras que representen alguna propiedad
física que se usará en el desarrollo del problema.
XI
¤ Explique su desarrollo. No basta colocar una secuencia de ecuaciones.
Ellas deben estar ligadas por palabras o frases tales como: por lo tanto,
se deduce de allí que, de ahí se calcula, etcétera.
¤ Sea ordenado. Si los problemas tienen partes (a), (b), (c), etcétera.
Explique claramente cual parte está resolviendo.
¤ Si usa lápiz grafito, procure que su calidad sea tal que se pueda leer
con claridad.
¤ Los resultados indíquelos con lápiz pasta, caso contrario no podrá re-
clamar de la corrección.
¤ En cada prueba se aceptarán reclamos que se justifiquen, es decir usted
deberá indicar por escrito las razones de su reclamo.
A pesar que hay pautas de corrección, en ellas se indican solamente los
máximos por item. Si usted tiene errores, cada profesor corrector juzgará
cuánto del máximo usted merece y en ello no hay reclamo. Este proceso de
corrección tiene algo de subjetividad y la claridad de su desarrollo puede
influir positivamente en su resultado.
XII Prólogo
Capítulo 1
Cinemática
1.1. Introducción
La cinemática estudia el movimiento de los cuerpos sin considerar sus
causas. Como se explicó en el primer capítulo, muchos años han pasado para
llegar a la descripción actual de las características del movimiento. El estudio
lo separaremos en los casos en que el movimiento es en una línea recta, un
caso llamado unidimensional, y cuando el movimiento es en el espacio, en
dos o tres dimensiones. Este estudio requiere de elementos de matemáticas,
del cálculo diferencial, que quizás usted aún no conozca. Tenga confianza en
los resultados y deje por último las demostraciones para una comprensión
futura. Primero analizaremos el movimiento de una partícula, cuerpo cuyas
dimensiones se pueden despreciar y considerar como un punto. El concepto
de movimiento está relacionado con los conceptos de posición y de tiempo.
La posición de un punto es un concepto relativo al sistema de referencia que
se utilice. Un sistema de referencia es precisamente un sistema respecto al
cual se especifican las posiciones de los puntos. Las posiciones se especifican
respecto a un determinado sistema de referencia mediante un conjunto de
coordenadas, de las cuales hay de diversos tipos, cartesianas, esféricas, pola-
res, cilíndricas y muchas otras. El concepto de tiempo es un concepto com-
plicado relacionado con la ocurrencia de eventos o sucesos y con la cuestión
de cual ocurre antes, cual ocurre después o si ocurrieron simultáneamente.
El tiempo permite establecer un orden de ocurrencia de sucesos en el sentido
explicado recién. Para Newton el tiempo es un concepto absoluto, es decir
2 Cinemática
para todos los observadores del Universo el tiempo transcurre de la misma
manera. Tal punto de vista tuvo un cambio asombroso a comienzos del siglo
veinte. En efecto, Albert Einstein tuvo éxito en proponer una teoría donde el
tiempo no es más un concepto absoluto, su teoría especial de la relatividad.
No ahondaremos en eso en este curso.
1.2. Concepto de movimiento
Se dice que una partícula o punto se mueve respecto a un determinado
sistema de referencia si sus coordenadas de posición, todas o alguna de ellas,
cambian a medida que transcurre el tiempo. En lenguaje matemático esto es
que sus coordenadas son funciones del tiempo. Si las coordenadas son todas
constantes diremos que el cuerpo está en reposo, respecto a este determinado
sistema de referencia. Desde un punto de vista Matemático, es aparente que
la definición de un sistema de referencia no tiene nada que ver con la materia
presente en el Universo. Sin embargo desde el punto de vista de la Física no
parece posible definir sistemas de referencia sin relación a los objetos Físicos
del Universo. En otras palabras si el Universo estuviera totalmente vacío
¿cómo podríamos definir un sistema de referencia?
Como veremos la formulación de las teorías Físicas se hace en sistemas
de referencia que tienen estrecha relación con la presencia de materia en
el Universo. Repetiremos una vez más, el concepto de movimiento es un
concepto relativo, depende del sistema de referencia que se use. Carece de
sentido preguntar si algo está realmente en movimiento o realmente en reposo.
1.3. Concepto de tiempo
Para los filósofos y también cuando se formuló por Newton, la Mecánica
Clásica, el concepto de tiempo es un concepto absoluto. Es decir para todos
los observadores, independientemente de su posición o movimiento, el tiempo
transcurre de la misma forma. Esto significa entre otras cosas que el concepto
de simultaneidad es absoluto. Si dos sucesos ocurren simultáneamente para
algún observador, entonces ellos ocurren simultáneamente para todos. Hoy
día, la teoría actual de la Física, le ha dado al tiempo un significado relativo.
Esos temas son tratados en la llamada teoría de la relatividad.
1.4 Movimiento rectilíneo 3
1.4. Movimiento rectilíneo
Cuando una partícula se mueve en una línea recta, su posición está des-
crita por una sola coordenada. Los desplazamientos son entonces todos sobre
una misma línea, y no es entonces necesario considerar el carácter vecto-
rial de ellos, lo cual simplifica el estudio del movimiento. Es en dos o tres
dimensiones donde los vectores se hacen necesarios para la descripción del
movimiento.
Si usamos coordenadas cartesianas, la posición de un punto móvil estará
determinada por su coordenada x la cual, si el punto se mueve, será alguna
función del tiempo
x = x(t) m. (1.1)
Aquí x representa la coordenada y x(t) alguna función del tiempo general-
mente indicada con el mismo nombre que la coordenada.
1.4.1. Desplazamientos
El desplazamiento de la partícula en el intervalo de tiempo entre los ins-
tantes t1 y t2 se define por la diferencia entre sus coordenadas final e inicial
∆x = x(t2) − x(t1) m. (1.2)
Este desplazamiento no dice nada realmente de que le ocurrió al móvil du-
rante cada instante de tiempo ni del espacio que la partícula recorrió durante
ese intervalo.
1.4.2. Espacio recorrido
El espacio recorrido por el móvil que será denotado por s y que se expresa
en metros ( m) es la magnitud del desplazamiento si acaso el móvil no cambia
el sentido del movimiento. Si el móvil cambia el sentido del movimiento, el
espacio recorrido es la suma de las magnitudes de los desplazamientos que
ocurren entre sucesivos cambios de sentido del movimiento. Por ejemplo si
un móvil avanza una distancia L y luego se devuelve esa misma distancia, el
desplazamiento será cero pero el espacio recorrido será s = 2L.
4 Cinemática
1.4.3. Velocidad media
La velocidad media cuando ocurre un desplazamiento ∆x en un intervalo
de tiempo ∆t = t2 − t1 se define mediante
vm =
∆x
∆t
m s−1
. (1.3)
1.4.4. Velocidad instantánea
La velocidad instantánea o simplemente la llamada velocidad v(t) se defi-
ne como el límite de la velocidad media cuando el intervalo de tiempo tiende
a cero, es decir
v(t) = l´ım
t1→t
x(t) − x(t1)
t − t1
. (1.4)
Una definición equivalente es
v(t) = l´ım
∆t→0
x(t + ∆t) − x(t)
∆t
. (1.5)
Este límite que permite levantar la indeterminación tipo 0/0 que se produce,
se conoce como la derivada de x(t) respecto al tiempo y para denotarla hay
diversas notaciones
v(t) =
dx(t)
dt
= ˙x(t) = x0
(t). (1.6)
En matemáticas, usualmente la variable independiente se denomina x, y las
funciones y(x) o f(x).En tal caso la derivada se indicará
dy(x)
dx
= y0
(x) = f0
(x) = l´ım
∆x→0
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
.
La existencia de el límite puede verse gráficamente pues el corresponde a
la pendiente de la curva
1.4.5. Rapidez
La rapidez de una partícula en el instante de tiempo t se define como la
magnitud de la velocidad, en el caso unidimensional esto simplemente
|v(t)| m s−1
1.4 Movimiento rectilíneo 5
1.4.6. Aceleración media
La aceleración media de la partícula en el intervalo de tiempo de t1 a t2
se define mediante
am =
v(t2) − v(t1)
t2 − t1
m s−2
,
o bien
am =
∆v
∆t
, (1.7)
donde ∆t = t2 − t1 y ∆v = v(t2) − v(t1)
1.4.7. Aceleración instantánea
La aceleración instantánea de la partícula en el instante t se define como
el límite de la aceleración media cuando el intervalo de tiempo tiende a cero,
es decir
a(t) = l´ım
t1→t
v(t) − v(t1)
t − t1
=
dv(t)
dt
, (1.8)
esto es la derivada de la velocidad respecto al tiempo
a(t) =
dv(t)
dt
=
d2
x
dt2
. (1.9)
Las unidades SI de posición, velocidad y aceleración son respectivamente m,
m s−1
, m s−2
.
En las figuras que siguen se ilustran los gráficos x(t), v(t), a(t) para un
ejemplo donde x(t) = t2
.
x
t
O
Figura 1.1: Posición vs tiempo.
La velocidad resulta v(t) = dx/dt = 2t es decir una línea recta
y la aceleración a = dv/dt = 2 es constante
Este es un caso particular, un movimiento con aceleración constante, con
velocidad inicial nula y posición inicial nula.
6 Cinemática
v
t
O
Figura 1.2: Velocidad vs tiempo.
a
t
O
Figura 1.3: Aceleración vs tiempo.
1.4.8. Interpretación gráfica
Algunos de los conceptos descritos en las secciones anteriores admiten
una interpretación gráfica.
En un gráfico x versus t la velocidad por ser la derivada dx/dt es en-
tonces la pendiente de la curva, o sea como se indica en la figura (1.4)
es la tangente del ángulo θ.
v(t1) =
dx
dt
¯
¯
¯
¯
t=t1
= tan θ.
De ese modo a simple vista puede deducirse donde la velocidad es
positiva, negativa o cero, lo cual es de utilidad para decidir el sentido
del movimiento del móvil.
En un gráfico vx versus t, figura (1.5) el área A bajo la curva entre dos
tiempos t1 y t2 es
A =
Z t2
t1
dx
dt
dt = x(t2) − x(t1),
1.4 Movimiento rectilíneo 7
x
tO
θ
t1
Figura 1.4:
vx
tO t2t1
A
Figura 1.5:
8 Cinemática
y esto corresponde al desplazamiento entre esos dos tiempos. El despla-
zamiento no corresponde en general al espacio recorrido por el móvil.
Para determinar el espacio recorrido por un móvil hay que ser cui-
dadoso como se explica en la situación siguiente. En la figura (1.6), el
vx
tO t2t1
A1
A2
A3
Figura 1.6:
desplazamiento entre t1 y t2 sigue siendo el área bajo la curva, esto es
A1 + A2 + A3 = x(t2) − x(t1),
pero si se calcula el área A2 mediante integración esta resulta negativa,
lo que significa que vx es negativa o sea el móvil se está devolviendo.
El espacio recorrido es la suma de las magnitudes de las áreas, esto es
s = |A1| + |A2| + |A3| ,
que en general será mayor o igual al desplazamiento.
Nota 1.1 El área bajo una curva es calculable mediante integrales, materia
que usted quizás aún no conozca. Para situaciones simples donde la velo-
cidad varía linealmente con el tiempo, dichas áreas podrán ser calculadas
geométricamente.
1.4.9. Movimiento uniformemente acelerado
Se dice que un movimiento es uniformemente acelerado si la aceleración
del móvil es constante. En general, si la aceleración a es constante se tiene
1.4 Movimiento rectilíneo 9
que
dv(t)
dt
= a,
expresión que podemos integrar dos veces obteniendo
v(t) − v(0) =
Z t
0
adt,
o sea
v(t) = v(0) + at, (1.10)
e integrando de nuevo
x(t) − x(0) =
Z t
0
v(t)dt =
Z t
0
(v(0) + at)dt,
luego, realizando la integral resulta
x(t) = x(0) + v(0)t +
1
2
at2
. (1.11)
Aquí x(0) representa la posición inicial y v(0) la velocidad inicial. Si despe-
jamos el tiempo de la primera y reemplazamos en la segunda se obtiene
x(t) − x(0) =
v2
(t) − v2
(0)
2a
, (1.12)
que tiene importancia en ciertas situaciones. Por ejemplo si la aceleración es
negativa (movimiento desacelerado), el espacio recorrido hasta detenerse será
x(t) − x(0) =
−v2
(0)
2a
.
Nota 1.2 Se habla de movimiento desacelerado cuando la aceleración tiene
signo contrario a la velocidad. En movimientos más generales se dice que el
movimiento es desacelerado cuando la aceleración tiene sentido contrario a
la velocidad.
1.4.10. Solución gráfica
En algunos casos simples la integral no es necesaria. Por ejemplo si la
aceleración es constante, entonces el gráfico velocidad tiempo es una línea
10 Cinemática
vx
tO t2t1
A
vx(t1)
vx(t2)
Figura 1.7:
recta. La figura siguiente lo ilustraLa aceleración, es decir la pendiente de la
curva, es
a =
v(t2) − v(t1)
t2 − t1
,
de donde
v(t2) − v(t1) = a(t2 − t1),
y el desplazamiento que es el área será (área de un rectángulo más área de
un triángulo) resulta
A = x(t2) − x(t1) = v(t1)(t2 − t1) +
1
2
(v(t2) − v(t1))(t2 − t1)
x(t2) − x(t1) = v(t1)(t2 − t1) +
1
2
a(t2 − t1)2
,
x(t2) = x(t1) + v(t1)(t2 − t1) +
1
2
a(t2 − t1)2
,
que generaliza el resultado anterior. Además podemos obtener otro resultado
aplicable al cálculo de la velocidad media. La velocidad media en el intervalo
de tiempo [t1, t2] está definida mediante
vm =
x(t2) − x(t1)
t2 − t1
.
1.5 Movimiento en el espacio 11
Utilizando los resultados anteriores la podemos escribir
vm =
v(t1)(t2 − t1) + 1
2
a(t2 − t1)2
t2 − t1
= v(t1) +
1
2
a(t2 − t1),
vm = v(t1) +
1
2
(v(t2) − v(t1)),
vm =
1
2
(v(t1) + v(t2)),
resultado válido cuando la aceleración es constante. Para aceleración cons-
tante la velocidad media es el promedio aritmético de las velocidades en los
extremos del intervalo.
1.5. Movimiento en el espacio
1.5.1. En coordenadas cartesianas
Los conceptos son análogos al caso unidimensional. Se definen ahora
Trayectoria, es la curva que sigue el punto en el espacio al moverse.
El vector posición del punto móvil en términos de las coordenadas
cartesianas del punto, es el vector que va desde el origen a la posición
del punto en el instante t. Usando coordenadas cartesianas este es
r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆj + z(t)ˆk. (1.13)
El desplazamiento del punto entre t1 y t2 se define mediante
∆r = r(t2) − r(t1) m.
El intervalo de tiempo se llamará
∆t = t2 − t1 s.
La velocidad media entre t1 y t2 se define mediante
vm(t1, t2) =
∆r
∆t
m s−1
12 Cinemática
Velocidad instantánea en un instante t. Esta se define mediante un
proceso límite
v(t) = l´ım
∆t→0
r(t + ∆t) − r(t)
∆t
.
Este proceso límite define la llamada derivada de la posición
v(t) = l´ım
∆t→0
r(t + ∆t) − r(t)
∆t
=
dr
dt
.
Aceleración media entre t1 y t2 se define mediante
a(t) =
v(t2) − v(t1)
∆t
.
Aceleración instantánea en un instante t. Esta se define mediante un
proceso límite
a(t) = l´ım
∆t→0
v(t + ∆t) − v(t)
∆t
.
Este proceso límite define la llamada derivada de la velocidad
a(t) = l´ım
∆t→0
v(t + ∆t) − v(t)
∆t
=
dv
dt
.
Al usar un sistema cartesiano fijo para describir el movimiento los vec-
tores unitarios ˆı, ˆj, ˆk son constantes y sólo varían las coordenadas de
modo que la velocidad y aceleración pueden expresarse en términos de
las derivadas de las coordenadas solamente y resultan ser
v =
dr
dt
= ˙xˆı + ˙yˆj + ˙zˆk, (1.14)
a =
dv
dt
= ¨xˆı + ¨yˆj + ¨zˆk
esto es hay que sumar vectorialmente velocidades y aceleraciones en los
distintos ejes.
1.5 Movimiento en el espacio 13
y
x
z
X
Z
Y
O
k
j
i
r
Hemos usado la notación, común en Física, de representar derivadas,
cuando ello sea claro, mediante “puntos”, por ejemplo
˙x =
dx
dt
,
¨x =
d2
x
dt2
.
Rapidez. La rapidez de la partícula se define como la magnitud del
vector velocidad, es decir
v = |v| =
p
˙x2 + ˙y2 + ˙z2,
que es siempre no negativa.
Consideraciones generales sobre trayectoria velocidad y aceleraciónLa
X
Z
YO
r
v
P
Q
R
a
Figura 1.8:
14 Cinemática
trayectoria es la curva PQR seguida por la partícula. Cuando la par-
tícula está en Q, el desplazamiento ∆r es una vector que va desde Q a
un punto cercano Q0
que no se muestra. Si el tiempo ∆t → 0 el punto
Q0
se acerca a Q. El desplazamiento ∆r tiende a cero en magnitud.
Sin embargo la dirección y sentidos no son números y obviamente no
tienden a cero. La dirección límite del desplazamiento
−−→
QQ0
es eviden-
temente la recta tangente a la curva en el punto Q. Por lo tanto, la
velocidad es tangente a la trayectoria en el punto Q y así en todos los
puntos de la trayectoria. Como veremos más adelante porque es un poco
más complicado, al restar dos velocidades para calcular la aceleración
v(t + ∆t) − v(t) y luego hacer ∆t → 0, la dirección de la aceleración
resultará una parte posiblemente tangente y otra parte normal a la
trayectoria hacia el llamado centro de curvatura. La excepción es la
trayectoria rectilínea donde al restar dos velocidades sobre una misma
recta, resultará una aceleración sobre la misma recta.
1.5.2. En coordenadas polares
Es posible utilizar muchos sistemas de coordenadas para describir un mo-
vimiento. En particular si el movimiento tiene lugar en un plano, las coorde-
nadas polares pueden ser apropiadas. La figura siguiente ilustra tal sistema.
Consiste en un eje, llamado eje polar, un origen O en el. Entonces los puntos
del plano tienen una posición especificada por r la distancia al origen y θ el
llamado ángulo polar
θ
r
r
θ
O
Figura 1.9:
Los vectores unitarios son el vector unitario radial ˆr y el vector unita-
rio transversal ˆθ cuyo sentido se elige de acuerdo al sentido de crecimiento
del ángulo, como se indica en la figura. El eje polar puede estar orientado
1.5 Movimiento en el espacio 15
arbitrariamente pero en la práctica conviene elegirlo hacia donde esté la par-
tícula inicialmente de manera de tener θ(0) = 0. Si una partícula se mueve,
entonces serán variables sus coordenadas polares r y θ. Esto es
r = r(t),
θ = θ(t),
Siendo r(t) y θ(t) funciones del tiempo. Además, a diferencia del sistema
cartesiano, ahora son también variables los vectores unitarios ˆr y ˆθ. Ellos pue-
den expresarse en términos de los vectores unitarios cartesianos constantes
de la siguiente forma
ˆr = cos θˆı + sin θˆj,
ˆθ = − sin θˆı + cos θˆj.
Si el punto se mueve, el ángulo θ es función del tiempo. Derivando respecto
al tiempo se obtiene
dˆr
dt
= ˙θ (− sin θˆı + cos θˆj) = ˙θˆθ,
dˆθ
dt
= −˙θ (cos θˆı + sin θˆj) = −˙θˆr.
De estas expresiones es posible obtener
dˆr
dt
= ˙θˆk × ˆr,
resultado que será usado en la sección siguiente para calcular derivadas de
vectores unitarios en casos más complicados. En definitiva, el vector posición
y la velocidad pueden expresarse de la siguiente forma
r = rˆr, (1.15)
v = ˙rˆr + r˙θˆθ. (1.16)
La aceleración será
a = ¨rˆr + ˙r
dˆr
dt
+ ˙r˙θˆθ + r¨θˆθ + r˙θ
dˆθ
dt
,
= ¨rˆr + ˙r˙θˆθ + ˙r˙θˆθ + r¨θˆθ + r˙θ(−˙θˆr),
16 Cinemática
o sea
a = (¨r − r˙θ
2
)ˆr + (2˙r˙θ + r¨θ)ˆθ. (1.17)
Las componentes polares de la aceleración son en consecuencia
ar = ¨r − r˙θ
2
, (1.18)
aθ = 2˙r˙θ + r¨θ, (1.19)
componentes polares que llamaremos componentes radial y transversal res-
pectivamente. Hay casos particulares importantes que analizamos a conti-
nuación.
1.5.3. Movimiento circular
En particular, si la partícula describe una circunferencia de radio R cons-
tante con centro en el origen, luego r = R y ˙r = 0
v = R˙θˆθ, (1.20)
a = −R˙θ
2
ˆr + R¨θˆθ. (1.21)
Las direcciones de los vectores unitarios son ahora: ˆr normal a la circunfe-
rencia y ˆθ tangencial a la circunferencia. Entonces la velocidad es tangente
a la circunferencia y la aceleración siempre tiene una parte de la aceleración
dirigida hacia el centro de la circunferencia, la aceleración centrípeta, y en
general otra parte tangente a la circunferencia, la aceleración tangencial.
θ
P
θ
r
R
a
Figura 1.10: Movimiento circular.
1.5 Movimiento en el espacio 17
A la primera derivada del ángulo respecto al tiempo se la denomina ve-
locidad angular ω y a la segunda derivada del ángulo respecto al tiempo, se
la denomina aceleración angular α es decir
ω = ˙θ,
α = ¨θ,
y en términos de éstas se tiene
v = Rωˆθ, (1.22)
a = −Rω2
ˆr + Rαˆθ. (1.23)
1.5.4. Caso particular. Movimiento circular uniforme.
Este caso ocurre si la rapidez es constante. Se tiene entonces que α = 0
y luego
v = R˙θˆθ = vˆθ, (1.24)
a = −R˙θ
2
ˆr = −
v2
R
ˆr. (1.25)
Además, como ˙θ es constante
˙θ(t) = ˙θ(0), (1.26)
y por integración se obtiene
θ(t) = θ(0) + ˙θ(0)t, (1.27)
es decir el ángulo crece linealmente con el tiempo.
1.5.5. Caso particular. Aceleración angular constante
Este caso ocurre si la aceleración angular es constante. En general, si la
aceleración angular es constante (no nula) se obtendría por integración
˙θ(t) = ˙θ(0) + αt, (1.28)
y además
θ(t) = θ(0) + ˙θ(0)t +
1
2
αt2
, (1.29)
que muestran que la rapidez angular ˙θ varía linealmente con el tiempo y el
ángulo varía cuadráticamente con el tiempo.
18 Cinemática
1.5.6. Notación alternativa
Algunos prefieren la notación ˙θ(t) = ω y ¨θ = α, de manera que las
relaciones anteriores pueden escribirse
ω(t) = ω(0) + αt, (1.30)
θ(t) = θ(0) + ω(0)t +
1
2
αt2
. (1.31)
1.5.7. Derivadas de los vectores unitarios
En muchos sistemas de coordenadas si el punto se mueve, los vectores uni-
tarios cambian de dirección y son por lo tanto vectores variables. Se mantiene
constante su magnitud solamente.
θ
n
e
de/dt
Si un vector unitario ˆe como el de la figura varía con el tiempo porque el
ángulo θ varía con el tiempo, entonces su derivada es la velocidad de su
punta. Si recuerda la última nota de la sección anterior, la derivada puede
ser obtenida mediante el producto cruz ˙θˆn × ˆe o sea
dˆe
dt
= (˙θˆn) × ˆe
Si hay más ángulos variables debemos sumar vectorialmente los cambios ob-
teniendo
dˆe
dt
=
³
˙θˆn + ˙φ ˆm + · · ·
´
× ˆe = ω × ˆe (1.32)
1.5 Movimiento en el espacio 19
Donde ω se denomina la velocidad angular del movimiento de ˆe. Los vectores
unitarios ˆn, ˆm son perpendiculares a los planos donde se definen los ángulos.
1.5.8. Velocidad y aceleración en coordenadas esféricas
rθ
φ
r
φ
θ
Figura 1.11:
Las coordenadas esféricas son: r la distancia al origen, θ el ángulo polar
y φ el ángulo azimutal. Como el vector posición es
r = rˆr,
el cálculo de la velocidad y de la aceleración requiere derivar los vectores
unitarios, lo cual es más fácil realizar con lo explicado anteriormente, ecuación
(1.32).
En efecto para coordenadas esféricas
ω = ˙φˆk + ˙θˆφ
y como
ˆk = cos θˆr − sin θˆθ
tenemos que
ω = ˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ (1.33)
20 Cinemática
luego
dˆr
dt
=
³
˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ
´
× ˆr (1.34)
dˆθ
dt
=
³
˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ
´
× ˆθ
dˆφ
dt
=
³
˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ
´
× ˆφ
y haciendo los productos cruz se obtiene
dˆr
dt
= ˙φˆφ sin θ + ˙θˆθ
dˆθ
dt
= ˙φ cos θˆφ − ˙θˆr
dˆφ
dt
= −˙φ(cos θˆθ + sin θˆr)
1.5.9. Velocidad
v =
d
dt
rˆr (1.35)
= ˙rˆr + r( ˙φˆφ sin θ + ˙θˆθ)
= ˙rˆr + r ˙φˆφ sin θ + r˙θˆθ
v2
= ˙r2
+ r2
sin2
θ ˙φ
2
+ r2 ˙θ
2
(1.36)
1.5.10. Aceleración
Omitimos los detalles, pero los resultados son los siguientes:
ar = ¨r − r˙θ
2
− r ˙φ
2
sin2
θ (1.37)
aθ = r¨θ + 2˙r˙θ − r ˙φ
2
sin θ cos θ
aφ = 2˙r ˙φ sin θ + 2r˙θ ˙φ cos θ + r¨φ sin θ
1.5 Movimiento en el espacio 21
1.5.11. Vectores unitarios esféricos
Puede ser de interés relacionar con los vectores unitarios cartesianos. Para
ello la siguiente figura es más apropiada
rθ
φ
r
φ
θ
φ
θ
θ
φ
x
y
z
Los vectores ˆr y ˆθ tienen evidentemente proyecciones en el eje z y en la
dirección cos φˆı + sin φˆj, de modo que resultan
ˆr = sin θ(cos φˆı + sin φˆj) + cos θˆk,
ˆθ = cos θ(cos φˆı + sin φˆj) − sin θˆk,
y el otro tiene sólo componentes en el plano xy
ˆφ = − sin φˆı + cos φˆj.
1.5.12. Coordenadas cilíndricas
Las coordenadas cilíndricas son: la altura z sobre el plano OXY , la dis-
tancia ρ de la proyección del punto en el plano OXY al origen y el ángulo
que forma la línea del origen a la proyección con el eje OX.
Como hay un sólo ángulo variable, la velocidad angular resulta
ω = ˙φˆk,
y el vector posición es
r = ρˆρ + zˆk.
22 Cinemática
z
φ
φ
ρ
ρ
k
Figura 1.12:
Calculemos las derivadas de los vectores unitarios
dˆρ
dt
= ˙φˆk × ˆρ = ˙φˆφ,
dˆφ
dt
= ˙φˆk × ˆφ = −˙φˆρ,
de modo que derivando el vector posición resulta
v =
d
dt
(ρˆρ + zˆk), (1.38)
= ˙ρˆρ + ρ
d
dt
ˆρ + ˙zˆk,
= ˙ρˆρ + ρ˙φˆφ + ˙zˆk,
y derivando el vector velocidad resulta para la aceleración
a =
d
dt
(˙ρˆρ + ρ˙φˆφ + ˙zˆk) (1.39)
= ¨ρˆρ + ˙ρ
d
dt
ˆρ + ˙ρ ˙φˆφ + ρ¨φˆφ + ρ˙φ
d
dt
ˆφ + ¨zˆk
= ¨ρˆρ + ˙ρ˙φˆφ + ˙ρ˙φˆφ + ρ¨φˆφ − ρ˙φ
2
ˆρ + ¨zˆk
=
³
¨ρ − ρ˙φ
2
´
ˆρ +
³
2˙ρ ˙φ + ρ¨φ
´
ˆφ + ¨zˆk.
1.5 Movimiento en el espacio 23
En resumen
vρ = ˙ρ
vφ = ρ ˙φ
vz = ˙z
aρ = ¨ρ − ρ ˙φ
2
aφ = 2˙ρ˙φ + ρ¨φ
az = ¨z
1.5.13. Coordenadas intrínsecas
Si una partícula se mueve sobre una curva dada, la posición del punto
será una función de la longitud de arco s medida desde un origen arbitrario
O0
en la curva hasta la posición P del punto en tiempo t, es decir
r(t) = r(s(t)). (1.40)
Aquí
X
Z
YO
r
O'
P
s
T
⌃
N
⌃
Figura 1.13:
ˆT(s) representa al vector unitario tangente a la trayectoria en el lugar
donde está la partícula móvil.
ˆN(s) representa al vector unitario normal a la trayectoria y hacia el
centro de curvatura,en el lugar donde está la partícula móvil
24 Cinemática
Puede demostrarse (vea apéndice) que la velocidad y aceleración están
dadas por
v =
dr
dt
=
ds
dt
dr
ds
= ˙s ˆT = v ˆT. (1.41)
y
a = ¨s ˆT +
˙s2
ρ
ˆN =
dv
dt
ˆT +
v2
ρ
ˆN, (1.42)
y para movimientos en un plano, es suficiente considerar
ˆT =
v
v
,
y
ˆN = ±ˆk × ˆT,
donde ˆk es perpendicular al plano del movimiento y el signo debe elegirse
de modo que ˆN resulte hacia el centro de curvatura. El llamado radio de
curvatura ρ puede calcularse si se conoce la trayectoria en forma cartesiana
y = y(x) mediante
ρ =
(1 + y0
(x)2
)
3/2
|y00(x)|
.
1.6. Resumen
Por su utilidad se presentan resumidamente los resultados para las com-
ponentes de la velocidad y aceleración en los sistemas estudiados en la sección
anterior
polares
vr = ˙r vθ = r˙θ
ar = ¨r − r˙θ
2
aθ = 2˙r˙θ + r¨θ
cilíndricas
vρ = ˙ρ vφ = ρ˙φ vz = ˙z
aρ = ¨ρ − ρ˙φ
2
aφ = 2˙ρ ˙φ + ρ¨φ az = ¨z
esféricas
vr = ˙r vθ = r˙θ vφ = r ˙φ sin θ
ar = ¨r − r˙θ
2
aθ = r¨θ + 2˙r˙θ aφ = 2˙r ˙φ sin θ + 2r˙θ ˙φ cos θ
−r ˙φ
2
sin2
θ −r ˙φ
2
sin θ cos θ +r¨φ sin θ
1.7 Movimiento de proyectiles 25
intrínsecas
vT = |v| = v vN = 0
aT = ˙v aN = v2
/ρ
1.7. Movimiento de proyectiles
El movimiento de proyectiles en la vecindad de la superficie terrestre, es un
caso de movimiento con aceleración constante. La aceleración de gravedad
es de magnitud constante g = 9,8 m s−2
, vertical y dirigida hacia abajo.
Entonces se tiene que
a =
dv
dt
= ¨xˆı + ¨yˆj = −gˆj, (1.43)
donde el eje OY es vertical hacia arriba.
Nota 1.3 Se despreciarán efectos causados por el roce con el aire, los efectos
que produce la rotación terrestre y la variación de la gravedad con la altura.
1.7.1. Análisis del movimiento
Si un objeto es lanzado desde una altura h del eje y con rapidez inicial
v0 formando un ángulo α con la horizontal, ver figura 1.14, entonces se tiene
que la aceleración del objeto está verticalmente dirigida hacia abajo. Si el
eje Ox es horizontal y el eje Oy es vertical dirigido hacia arriba, entonces en
componentes se tiene que
¨x = 0,
¨y = −g,
de modo que por integración definida entre 0 y t, se obtiene que las compo-
nentes de velocidad y posición son
˙x(t) = v0 cos α, (1.44)
x(t) = v0t cos α,
˙y(t) = v0 sin α − gt,
y(t) = h + v0t sin α −
1
2
gt2
,
26 Cinemática
h
O
x
y
V0
α
Figura 1.14:
1.7.2. Ecuación de la trayectoria
Despejando el tiempo de x y reemplazando en y, o sea eliminando el
tiempo entre las coordenadas de posición se obtiene
y = h + x tan α −
gx2
2v2
0 cos2 α
. (1.45)
que es la ecuación cartesiana de una parábola que en general tiene un máximo
por ser el coeficiente de x2
negativo.
1.7.3. Angulo de disparo para dar en un blanco
Aquí responderemos la siguiente pregunta. Si un proyectil es disparado
desde un punto (0, h) con rapidez inicial dada v0 ¿es posible pasar por un
punto de coordenadas (x, y)? Para dar en un blanco a un punto (x, y) debe-
mos averiguar si existe un ángulo de disparo adecuado. Este puede despejarse
de la trayectoria, escrita en la forma
y = h + x tan α −
gx2
2v2
0
(1 + tan2
α). (1.46)
1.7 Movimiento de proyectiles 27
Son conocidos x, y, h, g, v0 por lo cual tenemos una ecuación de segundo
grado para tan α y cuya solución es
tan α =
v2
0 ±
p
(v4
0 − 2gyv2
0 + 2ghv2
0 − g2x2)
gx
. (1.47)
Aparentemente habrían dos soluciones, pero la sección siguiente lo explica
con detalles.
1.7.4. Parábola de seguridad
La existencia del ángulo de disparo depende del signo de la cantidad
subradical. Si ella es positiva, hay dos ángulos. Si ella es negativa, las solu-
ciones son complejas por lo que el punto (x, y) no es alcanzable. Si la cantidad
subradical en la expresión anterior es justo cero, estamos en la frontera de
la región alcanzable por los disparos puesto que para puntos más lejanos la
cantidad subradical es negativa. Entonces la ecuación de esa curva frontera
será
v4
0 − 2gyv2
0 + 2ghv2
0 − g2
x2
= 0,
de donde despejamos
y = h +
v2
0
2g
−
1
2
gx2
v2
0
. (1.48)
Esta es la ecuación de una parábola, simétrica respecto al eje y, llama-
da parábola de seguridad. Para llegar a puntos en el límite, o sea sobre la
parábola de seguridad, el ángulo de disparo estará dado por (la cantidad
subradical es cero)
tan α =
v2
0
gx
. (1.49)
Aquí, x es la abcisa del punto donde la trayectoria toca tangente a la parábola
de seguridad y α es el ángulo adecuado de disparo. Note que todas las posibles
trayectorias (parábola de disparo) tocan en forma tangente a la parábola de
seguridad en algún punto.
28 Cinemática
h
α
O
Y
X
parábola de seguridad
parábola de disparo
Los conceptos de esta sección son especialmente útiles cuando se trata de
maximizar el alcance de un proyectil en cualquier dirección. Por ejemplo
para maximizar el alcance al nivel del suelo de un proyectil disparado desde
una altura h, basta hacer y = 0 en la parábola de seguridad
h +
1
2g
v2
0 −
1
2
g
v2
0
x2
= 0,
de aquí el alcance máximo será
x =
v2
0
g
s
1 +
2gh
v2
0
,
y el ángulo para lograrlo será
tan α =
v2
0
gx
=
1
q
1 + 2gh
v2
0
< 1, (1.50)
menor de 45o
a menos que h = 0.
1.7.5. Formulación alternativa (requiere más matemá-
ticas)
Para una dada posición inicial del disparo y una dada rapidez, si variamos
los ángulos de disparo, tenemos una familia de trayectorias, las cuales se
muestran en la figura que sigue para varios ángulos de disparo
y(x, α) = x tan α −
gx2
2v2
0 cos2 α
1.7 Movimiento de proyectiles 29
0
1
2
3
4
5
y
-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10x
Para realizar la gráfica hemos tomado g = 10 m s−2
y v0 = 10 m s−1
La envolvente de esa familia de curvas, que es tangente a todas las curvas
de la familia, es la parábola de seguridad
f(x) =
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
.
0
1
2
3
4
5
y
-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10x
f(x) = 5 −
x2
20
y(x, α) = x tan α −
x2
20 cos2 α
Debe notarse que los puntos de tangencia en la parte positiva del eje x se
tienen para ángulos entre 0 y 90o
. De hecho para α = 0 el punto de tangencia
se tiene en x = ∞. Para ángulos de disparo negativos, los puntos de tangencia
30 Cinemática
se producen a la izquierda del origen, como lo ilustra esta figura, hecha para
los mismos valores de la anterior y con un angulo α negativo.
-20
-15
-10
-5
0
5
-20 -10 10 20
Figura 1.15:
Matemáticamente, encontrar la curva envolvente de una familia de curvas,
no es tan simple. La condición matemática es que donde se tocan la envol-
vente f(x) con alguna curva de la familia y(x, α), ellas allí son tangentes, es
decir
y(x, α) = f(x),
y(x + dx, α + dα) = f(x + dx)
∂y(x, α)
∂x
=
df(x)
dx
.
En la última ecuación se ha usado el símbolo de derivada parcial para dejar
claro que se deriva sólo respecto a x. Desarrollando mediante el teorema de
Taylor, la segunda, para valores pequeños de dx y da
y(x, α) +
∂y(x, α)
∂x
dx +
∂y(x, α)
∂α
dα = f(x) +
df(x)
dx
dx.
Se cancelan los dos primeros y los dos segundos términos quedando como
única condición
∂y(x, α)
∂α
= 0.
Para nuestro caso
y = x tan α −
gx2
2v2
0 cos2 α
,
1.7 Movimiento de proyectiles 31
luego
∂y(x, α)
∂α
= x sec2
α −
gx2
v2
0 cos3 α
sin α = 0
debemos eliminar α. De la ecuación anterior reducimos
0 = 1 −
gx
v2
0
tan α → tan α =
v2
0
gx
,
reemplazamos en y obtenemos
y = x tan α −
gx2
2v2
0
(1 + tan2
α)
=
v2
0
g
−
gx2
2v2
0
(1 +
v4
0
g2x2
),
esto es
y =
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
. (1.51)
Hemos encontrado la ecuación de la parábola de seguridad nuevamente.
1.7.6. Parábola de seguridad en forma polar
Recuerde que en coordenadas polares, la ecuación de una curva se expresa
como r = r(θ). Si colocamos el origen donde esta el cañón y elegimos al eje
OX como eje polar, tendremos en coordenadas polares
x = r cos θ,
y = r sin θ,
y si reemplazamos en (1.51) se obtiene
r sin θ =
v2
0
2g
−
gr2
cos2
θ
2v2
0
,
de donde podemos despejar r obteniendo (algo de álgebra)
r =
v2
0
g (1 + sin θ)
, (1.52)
la forma polar de la parábola de seguridad. Esta forma es particularmente
útil para encontrar el alcance máximo r en una determinada dirección θ.
32 Cinemática
Y
θ
α
X
r
x
O
parábola seguridad
trayectoria
Por ejemplo podemos relacionar el ángulo de disparo α con el ángulo θ para
el alcance máximo r. Recuerde que
tan α =
v2
0
gx
,
x = r cos θ,
entonces
tan α =
v2
0
gx
=
v2
0
gr cos θ
=
1 + sin θ
cos θ
.
Esta expresión puede simplificarse porque existe la identidad
1 + sin θ
cos θ
= tan
µ
1
4
π +
1
2
θ
¶
,
luego obtenemos algo muy simple
α =
1
4
π +
1
2
θ.
Esta expresión da los ángulos de disparo α para maximizar el alcance en una
dirección arbitraria θ. Si θ = 0 entonces α = π
4
, si θ = π
2
entonces α = π
2
.
Ejemplo 1.7.1 Un cañón emplazado al borde de un acantilado de altura h
dispara proyectiles con rapidez inicial v0. En el mar un barco dispara pro-
yectiles con rapidez v0
0. Establezca cuando al acercarse el barco al pie del
acantilado, cual cañón es capaz de alcanzar al otro primero.
1.7 Movimiento de proyectiles 33
y'
x' x
h
d
Solución. Para el cañón del fuerte la parábola de seguridad es
y = h +
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
,
El eje Ox está al nivel del mar. Para el cañón del barco la parábola de
seguridad es
y0
=
v02
0
2g
−
gx02
2v02
0
Supongamos que cuando la distancia horizontal es x = d, el fuerte es capaz
de alcanzar el barco, esto es la parábola de seguridad del fuerte, toca al barco,
es entonces y = 0
0 = h +
v2
0
2g
−
gd2
2v2
0
,
en ese caso la parábola de seguridad del barco cuando x0
= d da un y0
y0
=
v02
0
2g
−
gd2
2v02
0
,
ganará el fuerte si y0
< h (el fuerte queda fuera de la parábola de seguridad
del barco) o sea
y0
=
v02
0
2g
−
gd2
2v02
0
< h
34 Cinemática
eliminamos
gd2
= (h +
v2
0
2g
)2v2
0
obteniendo
v02
0
2g
− (h +
v2
0
2g
)
v2
0
v02
0
< h
reordenando y simplificando
h >
1
2g
(v02
0 − v2
0).
Ejemplo v0
0 = 700 m s−1
, v0 = 696 m s−1
, g ' 10 m s−2
, ganará el fuerte si
h >
7002
− 6962
20
= 279. 2 m
N
1.8. Movimiento relativo
Desde hace bastante tiempo (mucho antes de la teoría de la relatividad) se
ha reconocido que el movimiento es relativo. Si hay dos sistemas de referencia
que se mueven uno respecto al otro, entonces los observadores en ambos
sistemas determinarán posiciones relativas distintas y velocidades relativas
distintas y relacionadas entre sí según cual sea el movimiento de un sistema
respecto al otro. Primero analizaremos que ocurre si un sistema se considera
fijo, y el otro se traslada sin rotaciones respecto al primero. Siguiendo a
Newton, supondremos que el tiempo es absoluto, o sea que transcurre igual
en ambos sistemas de referencia. (Desde Einstein, esto ha cambiado, vea
apéndice)
1.8.1. Traslación de un sistema
La figura ilustra como están relacionadas las posiciones para sistemas dos
sistemas, figura (3.1), que se trasladan, uno respecto de otro, con velocidad
relativa vO0
r = rO0 + r0
, (1.53)
pero
rO0 = vO0 t,
1.8 Movimiento relativo 35
luego
r0
= vO0 t + r0
.
z
y
x
z'
y'
x'
O
O'
r
r’
rO’
Figura 1.16: transformación de Galileo
De la relación entre posiciones, derivando respecto al tiempo se obtiene
v = vO0 + v 0
, (1.54)
la llamada transformación de Galileo de velocidades. En el apéndice se dis-
cute porqué esta transformación ha debido modificarse si las velocidades se
acercan a la velocidad de la luz.
1.8.2. Movimiento general de un sistema
En general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleraciones
y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relaciones entre veloci-
dades y aceleraciones de partículas son más complicadas. En el apéndice se
demuestra que
v = vO0 + ω × r 0
+ v0
, (1.55)
a = aO0 + α × r 0
+ 2ω × v 0
+ ω × (ω × r 0
) + a 0
, (1.56)
siendo α = dω/dt. Debe observarse que la velocidad y aceleración relativas
son las derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo
36 Cinemática
fijas las direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indica
por
v rel
=
∂r 0
∂t
, a rel
=
∂v rel
∂t
.
Estas son las expresiones necesarias para realizar el estudio dinámico de los
movimientos en sistemas de referencia que rotan. De hecho, nuestro propio
sistema de referencia, la Tierra, tiene una rotación, respecto a su eje, prácti-
camente constante y afortunadamente no muy alta. Una vuelta por día. No
se preocupe demasiado por esto, esto no se preguntará.
1.9. Ejercicios resueltos
Ejercicio 1.1 La posición de una partícula que se mueve sobre el eje OX
de un sistema de coordenadas está dada
x(t) = 1 + 8t − 2t2
,
donde la posición está en metros y el tiempo en segundos. Determine
a) La velocidad en t = 5 s.
b) La aceleración en t = 2 s.
c) El instante en que la partícula cambia su sentido de movimiento.
d) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 y t = 4 s.
e) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 4 s.
f) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 5 s.
Solución. Calculamos directamente
a) v(t) = dx
dt
= 8 − 4t que evaluada en t = 5 da v(5) = −12 m s−1
b) a(t) = dv
dt
= −4 constante por lo tanto a(2) = −4 m s−2
c) Cuando v(t) = 8 − 4t = 0 esto es cuando t = 2 s
d) ∆x = x(4) − x(0) = (1 + 8 × 4 − 2 × 42
) − 1 = 0 m
1.9 Ejercicios resueltos 37
e) Notemos que partícula cambia sentido del movimiento cuando v(t) =
8 − 4t = 0 es decir en t = 2 s, por lo tanto
s = x(2) − x(0) + x(2) − x(4) = 16 m
f) Similarmente
s = x(2) − x(0) + x(2) − x(5) = 26 m
N
Ejercicio 1.2 Una partícula se mueve a lo largo del eje OX de un sistema
de coordenadas con aceleración constante. En el instante inicial pasa por la
posición x(0) = −10 m con una velocidad v(0) = −20 m s−1
y en t = 3 s su
posición es x(3) = −52 m. Determine
a) La posición de la partícula en función del tiempo x(t). (o ecuación
itinerario)
b) El espacio recorrido por la partícula entre t = 3 s y t = 6 s.
c) La velocidad media entre t = 4 s y t = 7 s.
d) Los intervalos de tiempo en que la partícula se aleja del origen.
Solución. Si a indica la aceleración entonces
x(t) = x(0) + v(0)t +
1
2
at2
= −10 − 20t +
1
2
at2
pero se sabe que x(3) = −52 por lo tanto
−52 = −10 − 20 × 3 +
1
2
a × 32
de donde a = 4 m s−2
. Ahora podemos calcular las respuestas
a)
x(t) = −10 − 20t + 2t2
38 Cinemática
b) Para saber el espacio recorrido debemos saber cuando cambia el sentido
del movimiento
v(t) = −20 + 4t = 0 → t = 5 s
que está dentro del intervalo (3, 6). Como inicialmente va hacia la iz-
quierda
s = x(3) − x(5) + x(6) − x(5) = 10 m
c) Tenemos que calcular
vm(4, 7) =
x(7) − x(4)
7 − 4
,
pero podemos evaluar x(7) = −52 m y x(4) = −58 m luego
vm(4, 7) =
−52 + 58
7 − 4
= 2 m s−1
.
d) La partícula comienza a moverse hacia la izquierda hasta alcanzar su
mínimo que ocurre en t = 5 s. Posteriormente cruza el origen nueva-
mente cuando
−10 − 20t + 2t2
= 0 → t = 10. 477 s
Por lo tanto la partícula se aleja del origen en los intervalos de tiempo
0 < t < 5 y t > 10,477 s
N
Ejercicio 1.3 El gráfico siguiente ilustra la variación de la velocidad v(t)
de una partícula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadas
con el tiempo. Si en t = 0 la partícula está en el origen del sistema, deter-
mine
Vx m/s
t (s)
O
1
2 3 4 5 6 7
8
9
30
15
-15
1.9 Ejercicios resueltos 39
a) La aceleración de la partícula en t = 1 s.
b) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 s y t = 3 s.
c) La velocidad media de la partícula entre t = 4 s y t = 9 s.
d) La posición de la partícula en función del tiempo x(t) (ecuación itine-
rario) en el intervalo de t = 0 s a t = 2 s.
e) Los intervalos de tiempo en que la partícula se dirige hacia el origen.
Solución. Es conveniente primero evaluar las aceleraciones (pendientes
del gráfico dado) en los tres tramos. Así resulta
a1 = −
45
2
m s−2
, a2 = 0 m s−2
, a3 =
15
2
m s−2
luego al utilizar la ecuación
x(t) = x(0) + v(0)t +
1
2
at2
,
resulta x(t) para todo el recorrido
x(t) = x(0) + v(0)t +
1
2
a1t2
= 30t −
45
4
t2
para t 0 2
x(2) = 15 m
x(t) = x(2) + v(2)(t − 2) +
1
2
a2(t − 2)2
= 15 − 15(t − 2) para 2 0 t 0 5
x(5) = −30 m
x(t) = x(5) + v(5)(t − 5) +
1
2
a3(t − 5)2
= −30 − 15(t − 5) +
15
4
(t − 5)2
para 5 0 t
luego las respuestas serán:
N
a) a(1) = −45
2
m s−2
40 Cinemática
b) ∆x = x(3) − x(0) = 15 − 15(3 − 2) = 0
c)
vm =
x(9) − x(4)
9 − 4
=
−30 − 15(9 − 5) + 15
4
(9 − 5)2
− (15 − 15(4 − 2))
9 − 4
= −3 m s−1
d) x(t) = 30t − 45
4
t2
e) la partícula parte alejándose del origen hacia la derecha hasta que
v(t) = 30 − 45
2
t = 0 o sea t = 4
3
s. Luego se mueve hacia la izquier-
da acercándose al origen hasta que x(t) = 15 − 15(t − 2) = 0 o sea
hasta t = 3 s. Luego se alejará del origen nuevamente hasta que v = 0
y esto ocurre si t = 7 s. De ahí se acercará hasta cuando lo cruce de
nuevo esto es cuando −30 − 15(t − 5) + 15
4
(t − 5)2
= 0, con solu-
ción t = 7 + 2
√
3 = 10. 464 1 s. En consecuencia se acerca al origen si
4
3
s < t < 3 s y 7 s < t < 10. 46 1 s
Ejercicio 1.4 En el gráfico de la figura están representadas las velocidades
de dos partículas A y B que se mueven a lo largo del eje OX de un sistema
de coordenadas. Determine
Vx m/s
t (s)
O
1 2 3
4
5 6 7 8 9
30
10
20
40
A
B
a) La aceleración de B.
1.9 Ejercicios resueltos 41
b) Espacio recorrido por A desde t = 0 hasta cuando B alcanza la veloci-
dad vB = 30 m s−1
.
c) El desplazamiento de B en el intervalo de t = 0 s a t = 10 s.
d) La posición de la partícula A en función del tiempo t, si su posición
inicial es x(0) = 8 m.
Solución. La aceleración de B es la pendiente de la curva vx vs t. Dado
que la curva es una recta ella resulta constante
axB
=
∆vx
∆t
= −
40
8
= −8 m s−2
. (a)
La ecuación de la recta es
vxB
(t) = 40 − 8t.
De aquí se determina el instante en que el móvil B ´alcanza la velocidad
vB = 30 m s−1
→ 40 − 8t = 30 y de aquí t = 10
8
s = 1. 25 s. El espacio
recorrido por A en ese tiempo será
xA = 30t == 37. 5 m. (b)
El desplazamiento de B es el área bajo la curva (la integral de vx)
∆xB =
Z 10
0
vxB
(t)dt =
Z 10
0
(40 − 8t)dt = 0. (c)
Si usted aún no sabe integrar, el área bajo la curva puede calcularla como la
suma de las áreas de dos triángulos, una positiva y la otra negativa
∆xB =
1
2
40 × 5 −
1
2
40 × 5 = 0 m.
La posición de la partícula A es simplemente
xA(t) = xA(0) + vxA
t
= 8 + 30t. (d)
N
42 Cinemática
Ejercicio 1.5 Dos partículas A y B se mueven con velocidad constante so-
bre un mismo eje OX en sentido contrario de manera que en t = 0 cuando
B pasa por Q su velocidad es vB(0) = −5 m s−1
, A pasa por P con velocidad
vA(0) = 6 m s−1
. La distancia entre los puntos P y Q es 142 m. Determine
las desaceleraciones constantes que deben aplicar ambas partículas para que
se detengan simultáneamente justo antes de chocar.
P Q
142 (m)
Solución. De acuerdo a los datos (colocando el origen en P)
xA(t) = 142 − 5t +
1
2
aAt2
,
vA(t) = −5 + aAt,
xB(t) = 6t −
1
2
aBt2
,
vB(t) = 6 − aBt
Note que los signos de las aceleraciones corresponden ambas a desaceleracio-
nes de magnitud a. Ellas se detienen simultáneamente si
−5 + aAt = 0,
6 − aBt = 0,
y ellas deben justo estar en la misma posición
xA = xB,
142 − 5t +
1
2
aAt2
= 6t −
1
2
aBt2
podemos reemplazar aAt = 5 y aBt = 6 obteniendo
142 − 5t +
1
2
5t = 6t −
1
2
6t
de donde
t =
284
11
= 25. 818 s,
1.9 Ejercicios resueltos 43
y luego
aA =
5
25. 818
= 0,193 m s−2
,
aB =
6
25. 818
= 0,232 m s−2
N
Ejercicio 1.6 Una partícula se mueve en la dirección positiva del eje OX
con una rapidez constante de 50 m s−1
durante 10 s. A partir de este último
instante acelera constantemente durante 5 s hasta que su rapidez es 80 m s−1
.
Determine:
a) La aceleración de la partícula en los primeros 10 s.
b) La aceleración de la partícula entre t = 10 s y t = 15 s.
c) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 s y t = 15 s.
d) La velocidad media de la partícula entre t = 10 s y t = 15 s.
Solución. Para el primer tramo
a) a = 0 m s−2
.
b) Aquí a es constante
a =
∆v
∆t
=
80 − 50
5
= 6 m s−2
.
c) El desplazamiento es el área bajo la curva (hágala) v(t˙). El resulta
∆x = 50 × 15 +
1
2
5 × 30 = 825 m.
d) Esta es (área entre t = 10 hasta t = 15)
vm =
x(15) − x(10)
5
=
50 × 5 + 1
2
30 × 5
5
= 65 m s−1
.
44 Cinemática
N
Ejercicio 1.7 Un cuerpo en movimiento rectilíneo uniformemente acelera-
do, recorre en los dos primeros segundo un espacio de 16,72 m y durante los
dos segundos siguientes un espacio de 23,46 m. Determine
a) El espacio que recorre en los siguientes cuatro segundos.
b) La velocidad inicial.
c) La aceleración del cuerpo.
Solución. Por ser movimiento uniformemente acelerado colocando el ori-
gen en la posición inicial
x(t) = v0t +
1
2
at2
.
Del enunciado
x(2) = 16,72 = 2v0 + 2a,
x(4) − x(2) = 23,47 = 4v0 + 8a − (2v0 + 2a) = 2v0 + 6a,
de donde se obtienen (b) y (c)
v0 = 6. 673 m s−1
, a = 1. 688 m s−2
,
finalmente para calcular (a)
x(8) − x(4) = 67. 204 m.
N
Ejercicio 1.8 Dos partículas A y B salen al mismo tiempo desde el ori-
gen de un sistema de coordenadas moviéndose en el sentido positivo del eje
OX. La partícula A tiene una velocidad inicial de vA(0) = 18 m s−1
y una
aceleración constante aA = 4 m s−2
, mientras que la partícula B tiene una ve-
locidad inicial de vB(0) = 10 m s−1
y una aceleración constante aB = 8 m s−2
.
Determine el instante en que las partículas se encuentran nuevamente.
1.9 Ejercicios resueltos 45
Solución. Podemos escribir
xA(t) = 18t +
1
2
4t2
,
xB(t) = 10t +
1
2
8t2
.
Las partículas se encuentran cuando xA = xB y de aquí
18t +
1
2
4t2
= 10t +
1
2
8t2
con soluciones t = 0, y t = 4 s, la segunda sirve.
N
Ejercicio 1.9 En una carrera de 100 m dos jóvenes A y B cruzan la meta
empatados, marcando ambos 10,2 s. Si, acelerando uniformemente, A alcanza
su rapidez máxima a los 2 s y B a los 3 s y ambos mantienen la rapidez
máxima durante la carrera, determine:
a) Las aceleraciones de A y B.
b) Las rapideces máximas de A y B.
c) El que va adelante a los 10 s y la distancia que los separa en ese instante.
Solución. En general si t0
es el tiempo que dura la aceleración y V es la
velocidad constante final, tenemos que
x(t) =
1
2
at2
, si t < t0
y
V = at0
,
luego si X indica la distancia total a recorrer, el tiempo T que se emplea es
T = t0
+
X − 1
2
at02
V
T = t0
+
X − 1
2
at02
at0
46 Cinemática
para nuestro caso, como llegan empatados tenemos
T = (2) +
100 − 1
2
aA(2)2
aA(2)
= 10,2,
T = (3) +
100 − 1
2
aB(3)2
aB(3)
= 10,2
de donde despejamos
aA = 5. 434 8 m s−2
,
aB = 3. 831 4 m s−2
,
así resulta además
VA = aAt0
A = 5. 434 8 × 2 = 10. 870 m s−1
,
VB = aBt0
B = 3. 831 4 × 3 = 11. 494 m s1
,
Para la etapa de velocidad constante tenemos que
xA(t) =
1
2
aA(t0
A)2
+ VA(t − t0
A),
xB(t) =
1
2
aB(t0
B)2
+ VB(t − t0
B),
y reemplazando valores numéricos son
xA(t) =
1
2
5. 434 8(2)2
+ 10. 870(t − 2) = −10. 87 + 10. 87t,
xB(t) =
1
2
3. 831 4(3)2
+ 11. 494(t − 3) = −17. 241 + 11. 494t,
y para t = 10 s resultan
xA = −10. 87 + 10. 87t = 97. 83 m,
xB = −17. 241 + 11. 494t = 97. 699 m,
luego va adelante A y la distancia que los separa es
∆x = 97. 83 − 97. 699 = 0,131 m.
1.9 Ejercicios resueltos 47
N
Ejercicio 1.10 Una partícula que se mueve en movimiento unidimensional
sobre el eje OX parte del origen con una velocidad inicial v(0) = 5 m s−1
y
desacelera constantemente con una aceleración a = −10 m s−2
. Determine
la posición máxima que alcanza sobre el eje de movimiento y la velocidad
cuando pasa nuevamente por el origen.
Solución. Tenemos que
x(t) = 5t − 5t2
,
v(t) = 5 − 10t,
ella cambia su sentido de movimiento (está en un máximo) cuando 5−10t = 0
y de aquí t = 0,5 s. Para ese instante calculamos
xm´aximo = 5(0,5) − 5(0,5)2
= 1. 25 m.
Cuando pasa nuevamente por el origen x = 0 y de aquí 5t − 5t2
= 0, con
solución t = 1 s. Para ese instante v(1) = 5 − 10 = −5 m s−1
.
N
Ejercicio 1.11 Si una partícula en que se mueve en movimiento unidimen-
sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad nula y aceleración cons-
tante a, demuestre que las distancias recorridas en cada segundo aumentan
en la proporción
1 : 3 : 5 : 7 : · · ·
Solución. Basta considerar que
x(t) =
1
2
at2
,
Así la distancia recorrida entre t = n y t = n + 1 será
∆xn =
1
2
a(n + 1)2
−
1
2
an2
=
1
2
a(2n + 1)
o sea están en la proporción 1 : 3 : 5 : 7 : · · ·
N
48 Cinemática
Ejercicio 1.12 Si una partícula que se mueve en movimiento unidimen-
sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad V0 y desacelera con
aceleración constante −a, demuestre que la partícula regresará al origen en
un tiempo
t =
2V0
a
.
Solución. Tenemos que
x = V0t −
1
2
at2
,
luego haciendo x = 0 resulta V0t − 1
2
at2
= 0, y de aquí
t = 2
V0
a
.
N
Ejercicio 1.13 Dos partículas A y B que se mueven en movimiento unidi-
mensional sobre el eje OX parten del origen. La partícula A parte en t = 0
con velocidad VA(0) = 10 m s−1
. La partícula B parte en t = 1 s con velo-
cidad VB(1) = −10 m s−1
. Ambas desaceleran con aceleración de magnitud
a = 6 m s−2
. Determine la máxima distancia entre ellas antes que se crucen.
Solución. Para t > 1 tendremos
xA(t) = 10t − 3t2
,
xB(t) = −10(t − 1) + 3(t − 1)2
.
Note que desaceleraciones significan aceleraciones contrarias a la velocidad
inicial. La distancia que las separa es xA − xB es decir
∆x = 10t − 3t2
− (−10(t − 1) + 3(t − 1)2
) = 26t − 6t2
− 13.
Su máximo se logra derivando ∆x respecto al tiempo e igualando a cero
26 − 12t = 0,
de donde t = 2. 166 7 s y para ese tiempo el máximo será
∆x = 26t − 6t2
− 13 = 15. 167 m.
1.9 Ejercicios resueltos 49
N
Ejercicio 1.14 Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza una
partícula con rapidez v0 formando un ángulo de 37o
con la horizontal y cho-
ca al cabo de 3 s con una pared en el punto (x, y). Si se cambia el ángulo de
lanzamiento a 53o
con la horizontal, manteniendo la misma rapidez de lanza-
miento v0, la partícula impacta la pared en el punto (x, y +7). a) Determinar
el tiempo que demora el proyectil lanzado a 53o
sobre la horizontal en llegar
a la pared. b)Determine la rapidez de lanzamiento de la partícula.
Solución. Recordando que
x = v0t cos α
y = v0t sin α −
1
2
gt2
,
la condición del problema puede escribirse
x = 3v0 cos 37
y = 3v0 sin 37 −
1
2
10(3)2
,
y
x = v0t cos 53
y + 7 = v0t sin 53 −
1
2
10t2
,
Eliminando x e y se obtiene
v0t cos 53 = 3v0 cos 37,
3v0 sin 37 − 38 = v0t sin 53 − 5t2
.
De la primera
t =
3 cos 37
cos 53
= 3. 98 ≈ 4 s,
y de la otra
v0 =
38 − 5t2
3 sin 37 − t sin 53
= 30. 0 m s−1
50 Cinemática
N
Ejercicio 1.15 Por un tubo de diámetro despreciable ubicado en el suelo,
sale un chorro de agua en un ángulo de 45o
con la horizontal (dentro del tubo
las partículas de agua tienen distintas velocidades). El grueso del agua forma
en el suelo un charco aproximadamente circular de radio 2,2 m cuyo centro
se encuentra ubicado a 12,2 m del origen. Determine entre que valores varía
la rapidez con que sale el grueso del agua por el tubo despreciando las fuerzas
viscosas.
Solución. De
x = v0t cos α
y = x tan α −
gx2
2v2
0 cos2 α
,
cuando y = 0 (punto de caída) se obtiene
x =
2v2
0 sin α cos α
g
.
Si α = 45o
ello se simplifica a
x =
v2
0
g
,
o bien
v0 =
√
gx.
Pero de los datos se sabe que 12,2−2,2 < x < 12,2+2,2 y para los extremos
v0 =
√
10 × 10 = 10 m s−1
,
v0 =
p
10 × 14,4 = 12,0 m s−1
N
Ejercicio 1.16 Una partícula en t = 0 pasa por el origen de un sistema de
coordenadas fijo en el espacio con velocidad v0 = 2ˆı − ˆk m s−1
moviéndose
en el espacio con una aceleración que en cualquier instante está dada por la
expresión a(t) = tˆı − ˆj m s−2
. Determine en t = 2 s: a) Los vectores posición
y velocidad de la partícula. b) Las componentes tangencial y normal de la
aceleración.
1.9 Ejercicios resueltos 51
Solución. De
a(t) = tˆı − ˆj,
integrando dos veces se deduce que
v(t) = 2ˆı − ˆk + (
t2
2
ˆı − tˆj),
r(t) = (2ˆı − ˆk)t + (
t3
6
ˆı −
t2
2
ˆj),
si t = 2
r(2) = (2ˆı − ˆk)2 + (
4
3
ˆı − 2ˆj) = (
16
3
, −2, −2),
v(2) = 2ˆı − ˆk + (2ˆı − 2ˆj) = 4ˆı − 2ˆj − ˆk = (4, −2, −1)
Para evaluar las componentes tangencial y normal, determinemos
ˆT(2) =
v
v
=
(4, −2, −1)
√
21
por lo tanto
aT = a(2) · ˆT(2),
pero a(2) = (2, −1, 0), calculando resulta
aT =
10
√
21
= 2. 18 m s−2
,
y
aN =
q
a2 − a2
T =
p
5 − 2,182 = 0,49 m s−2
N
Ejercicio 1.17 Un tanque se desplaza con velocidad constante de 10ˆı m s−1
por una llanura horizontal. Cuando t = 0, lanza un proyectil que da en el
blanco a 9 km. Si la inclinación del cañón respecto de la horizontal es 37o
,
determine la rapidez con que sale el proyectil respecto del cañón.
52 Cinemática
Solución. Podemos escribir (g = 10 m s−2
)
x = 9000 = (v0 cos 37 + 10)t,
y = v0t sin 37 − 5t2
= 0,
de la segunda
t =
v0 sin 37
5
,
reemplace en la primera
9000 = (v0 cos 37 + 10)
v0 sin 37
5
tomando sin 37 = 0,6, y cos 37 = 0,8
9000 = 0,096 v2
0 + 1. 2v0
cuya solución positiva es v0 = 300,0 m s−1
N
Ejercicio 1.18 Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza un
proyectil en dirección de un objeto situado en la posición (2h; h). Al momento
de lanzar el proyectil, se suelta el objeto que cae por efecto de la gravedad.
Determine en función de h la separación entre el proyectil y el objeto cuando
el proyectil haya recorrido horizontalmente una distancia h.
Solución. Para el proyectil
xP = v0t cos α
yP = v0t sin α −
1
2
gt2
,
donde tan α = 1/2. Para el objeto
xO = 2h,
yO = h −
1
2
gt2
.
1.9 Ejercicios resueltos 53
Cuando xP = v0t cos α = h, entonces
xP = h,
yP = h tan α −
1
2
g(
h2
v2
0 cos2 α
),
xO = 2h,
yO = h −
1
2
g(
h2
v2
0 cos2 α
)
la distancia será d =
p
(xP − xO)2 + (yP − yO)2 =
q
h2 + (h
2
)2 = 1
2
√
5h
N
Ejercicio 1.19 Desde un barco que se mueve a 20 km h−1
se ve a otro barco
que está a 20 km cruzando su trayectoria perpendicularmente con una rapidez
de 15 km h−1
. ¿ Después de cuánto tiempo la distancia que separa los barcos
es mínima?
Solución. Respecto a un sistema cartesiano, las coordenadas de los dos
barcos pueden escribirse
x1 = 0,
y1 = 20t,
x2 = 15t,
y2 = 20,
de modo que la distancia en función del tiempo será
d =
p
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 =
p
(15t)2 + (20t − 20)2
= 5
p
(25t2 − 32t + 16)
Un polinomio de segundo grado tiene un mínimo en el punto medio entre
sus raíces que son
t1 =
16
25
+
12
25
i, t2 =
16
25
−
12
25
i,
o sea el tiempo es
t =
16
25
= 0,64 h
54 Cinemática
N
Ejercicio 1.20 Una partícula A es lanzada sobre una línea recta horizontal
con cierta velocidad. Su aceleración es constante. Un segundo más tarde y
desde el mismo lugar otra partícula B es lanzada tras la primera con una
velocidad igual a la mitad de la de A y una aceleración el doble de A. Cuando
B alcanza a A, las rapideces son 22 m s−1
y 31 m s−1
respectivamente. Calcule
la distancia que las partículas han viajado.
Solución. Suponiendo el movimiento sobre el eje OX tenemos
xA = vt +
1
2
at2
,
xB = (
1
2
v)(t − 1) +
1
2
(2a)(t − 1)2
,
vA = v + at,
vB = (
1
2
v) + (2a)(t − 1).
Al igualar las distancias y simplificar
1
2
vt = −
1
2
v +
1
2
at2
− 2at + a
además
vA = v + at = 22
vB = (
1
2
v) + (2a)(t − 1) = 31
Es un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas cuyas soluciones son
a = 5,0 m s−2
, t = 4,0 s, v = 2,0 m s−1
y la distancia resulta
d = vt +
1
2
at2
= 48,0 m
N
Ejercicio 1.21 La velocidad de una partícula en el movimiento rectilíneo
decrece desde 15 m s−1
a una velocidad que tiende a cero, cuando x = 30 m
tal como lo muestra la figura. Demuestre que la partícula nunca alcanzará los
30 m y calcule la aceleración cuando x = 18 m.
1.9 Ejercicios resueltos 55
Vx m/s
x (m)
O
30
15
Solución. La función lineal del gráfico corresponde a
vx
15
+
x
30
= 1,
de donde tenemos
dx
dt
+
1
2
x = 15,
t =
Z x
0
dx
15 − 1
2
x
= 2 ln 30 − 2 ln (30 − x) ,
que tiende a infinito si x → 30. Cuando x = 18
t = 2 ln 30 − 2 ln (30 − 18) = 1. 83 s,
la rapidez resulta
vx = 15 −
1
2
18 = 6 m s−1
,
y la aceleración será (derivando)
ax = −
1
2
vx = −3 m s−2
.
N
Ejercicio 1.22 Una partícula se mueve a lo largo de la curva r = 3θ tal
que θ = 2t3
donde t se mide en segundos, r en metros y θ en radianes.
Determine la velocidad y la aceleración de la partícula en coordenadas polares
para θ = 0,2 rad.
56 Cinemática
Solución. Sabemos que
v = ˙rˆr + r˙θˆθ,
a = (¨r − r˙θ
2
)ˆr + (2˙r˙θ + r¨θ)ˆθ,
siendo r = 6t3
, ˙r = 18t2
, ¨r = 36t, ˙θ = 6t2
, ¨θ = 12t y el tiempo dado de
2t3
= 0,2,
t = 0,464 s
t = 0,464
˙r = 18t2
= 3. 87
r˙θ = (6t3
)(6t2
) = 0,77
v = 3,875ˆr + 0,774ˆθ
(¨r − r˙θ
2
) = 36t − (6t3
)(6t2
)2
= 15. 704
(2˙r˙θ + r¨θ) = 2(18t2
)(6t2
) + 6t3
(12t) = 13. 349
a = 15. 704ˆr + 13. 349 ˆθ
N
Ejercicio 1.23 Desde una altura de 20 m, con respecto al eje X de un sis-
tema de coordenadas ubicado en Tierra, se lanza una partícula A con una
rapidez de 50 m s−1
y formando un ángulo de 30o
con la horizontal. Simul-
táneamente y desde la posición X = 200 m se dispara verticalmente hacia
arriba un proyectil B de modo que cuando la partícula A llega a Tierra, el
proyectil B está en su altura máxima. Calcular: a)el tiempo transcurrido para
que la distancia que separa A de B sea mínima; b)la velocidad relativa de A
respecto a B en m s−1
.
Solución. Usando g = 10 m s−2
de
xA = 50t cos 30 = 25
√
3t
yA = 20 + 50t sin 30 − 5t2
= 20 + 25t − 5t2
,
xB = 200,
yB = vB(0)t − 5t2
.
1.9 Ejercicios resueltos 57
El tiempo para que la partícula A llegue a la Tierra (yA = 0) se obtiene de
20 + 50t sin 30 − 5t2
= 0
y resulta t = 5. 70 s. Para ese tiempo debe ser vB(t) = 0, entonces
vB(0) − 10t = vB(0) − 10 × 5,70 = 0
de donde
vB(0) = 57,0 m s−1
.
Luego
yB(t) = 57t − 5t2
.
La distancia entre los dos objetos será
d =
p
(xA − xB)2 + (yA − yB)2
y reemplazando las coordenadas
xA − xB = 25
√
3t − 200,
yA − yB = 20 + 25t − 5t2
− (57t − 5t2
)
= 20 − 32t
luego
d =
q
(25
√
3t − 200)2 + (20 − 32t)2
=
q
2899t2 − 10 000
√
3t + 40 400 − 1280t.
El mínimo ocurre en el punto medio entre las raíces de 2899t2
−10 000
√
3t +
40 400 − 1280t = 0, que son: t = 3. 208 + 1. 909i y
t = 3. 208 −1. 909i, de modo que el tiempo es t = 3,21 s. En este instante
las velocidades son
vA = (25
√
3, 25 − 10t)
= (25
√
3, 25 − 32,1)
vB = (0, 57 − 32,1)
y la velocidad relativa resulta
vA − vB =
³
25
√
3, −32,0
´
= (43. 30, −32,0)
58 Cinemática
N
Ejercicio 1.24 Un cañón está montado sobre un promontorio de altura h.
Se dispara un proyectil con una rapidez v0 y ángulo de elevación α. Demuestre
que el alcance horizontal d, distancia a lo largo del plano horizontal que pasa
por la base del promontorio, es:
d =
v0 cos α
g
∙
v0 sin α +
q
v2
0 sin2
α + 2gh
¸
.
Solución. La ecuación de la trayectoria es
y = h + x tan α −
gx2
2v2
0 cos2 α
,
y cuando y = 0 debemos despejar x de una ecuación de segundo grado,
resultando
x = d =
tan α ±
q
tan2
α + 4gh
2v2
0 cos2 α
g
v2
0 cos2 α
=
v2
0 cos2
α
g
(tan α ±
s
tan2
α +
2gh
v2
0 cos2 α
)
=
v0 (cos α)
g
(v0 sin α ±
q¡
v2
0 sin2
α + 2gh
¢
)
N
Ejercicio 1.25 Un cañón es montado sobre un promontorio de altura h. Se
dispara un proyectil con una rapidez de salida v0. Demuestre que el alcance
horizontal d es máximo cuando el ángulo de elevación es:
α = sin−1
s
v2
0
2v2
0 + 2gh
.
Solución. La ecuación de la parábola de seguridad es
y = h +
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
,
1.9 Ejercicios resueltos 59
y para llegar a puntos sobre la parábola de seguridad
tan α =
v2
0
gx
.
Luego, el alcance máximo x al nivel del suelo se despeja haciendo y = 0 de
modo que
0 = h +
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
,
x =
q
(v2
0 + 2gh)
v0
g
,
resultando
tan α =
v2
0
gx
=
v2
0
g
p
(v2
0 + 2gh)v0
g
=
v0
p
(v2
0 + 2gh)
,
y
sin α =
v0q
(v2
0+2gh)
q
1 +
v2
0
v2
0+2gh
=
v0
p
(2v2
0 + 2gh)
,
que prueba el resultado.
N
Ejercicio 1.26 Una partícula es lanzada al espacio de modo que su alcance
sobre el plano horizontal es R y su máxima altura h. Demuestre que el, alcance
horizontal máximo, con la misma rapidez de salida v0, es:
2h +
R2
8h
.
Solución. Sabemos que el alcance horizontal y altura máxima son
R =
2v2
0 cos α sin α
g
,
h =
v2
0 sin2
α
2g
,
60 Cinemática
y que el máximo alcance horizontal es
Rm´ax =
v2
0
g
.
Debemos eliminar α entre las dos primeras, así
sin α =
s
2gh
v2
0
,
reemplazamos en la primera
R =
2v2
0 cos α sin α
g
=
=
2v2
0
g
s
2gh
v2
0
v
u
u
t1 − (
s
2gh
v2
0
)2
= 2
√
2
√
h
sµ
v2
0
g
− 2h
¶
,
luego
R2
8h
=
v2
0
g
− 2h,
y finalmente
Rm´ax =
v2
0
g
= 2h +
R2
8h
.
N
Ejercicio 1.27 Se monta un cañón sobre la base de un plano inclinado que
forma un ángulo β con la horizontal. Este cañón dispara un proyectil hacia la
parte superior del plano, siendo el α ángulo que forma la velocidad de salida
del proyectil con el plano. Calcule el ángulo de elevación del plano para que
el proyectil impacte sobre el plano inclinado paralelamente a la horizontal.
Solución. La ecuación de la trayectoria es con α0
ángulo de disparo res-
pecto a la horizontal
y = x tan α0
−
gx2
2v2
0 cos2 α0
,
1.9 Ejercicios resueltos 61
y cuando
y = x tan β,
impacta al plano inclinado. En esa coordenada debe ser
dy
dx
= tan α0
−
gx
v2
0 cos2 α0
= 0.
De las dos primeras resulta
tan α0
−
gx
2v2
0 cos2 α0
= tan β.
De la tercera despejamos x y reemplazamos en la última
x =
v2
0 cos α0
sin α0
g
,
luego
tan α0
−
g
2v2
0 cos2 α0
v2
0 cos α0
sin α0
g
= tan β,
1
2
tan α0
= tan β.
Pero α0
= α + β de manera
tan(α + β) = 2 tan β,
tan α + tan β
1 − tan α tan β
= 2 tan β
de donde
tan β =
1
4 tan α
µ
1 −
q
(1 − 8 tan2
α)
¶
.
Hay solución sólo si 8 tan2
α < 1, por ejemplo para tan α = 1/
√
8, resulta
α = 0,339 8, tan β =
√
8
4
= 1
2
√
2 = 0,707,
β = 0,615, α0
= 0,339 8 + 0,615 = 0,9548.
N
Ejercicio 1.28 Un proyectil se dispara con rapidez inicial v0, y ángulo de
inclinación variable. ¿Para qué ángulo el alcance del proyectil será máximo
a lo largo de la recta y = x tan θ ?.
62 Cinemática
Solución. Tenemos la ecuación de la parábola de seguridad
y =
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
,
y para llegar a puntos sobre la parábola de seguridad
tan α =
v2
0
gx
.
Además debe ser
y = x tan θ.
De la primera y la tercera
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
= x tan θ,
de donde
x =
µ
− tan θ +
q
(tan2
θ + 1)
¶
v2
0
g
,
y luego
tan α =
v2
0
gx
=
1
− tan θ +
p
(tan2
θ + 1)
= tan θ + sec θ,
que prueba el resultado. Sin embargo hay un resultado más simple. En
efecto de la identidad
tan
θ
2
=
1 − cos θ
sin θ
resulta
tan
θ + π
2
2
=
1 + sin θ
cos θ
= tan θ + sec θ,
luego
tan α = tan
θ + π
2
2
,
de donde
α =
π
4
+
θ
2
.
Por ejemplo si θ = 0 → α = π
4
, θ = π
2
→ α = π
2
.
1.9 Ejercicios resueltos 63
N
Ejercicio 1.29 Un aeroplano que vuela horizontalmente a 1 km de altura
y con una rapidez de 200 km h−1
, deja caer una bomba contra un barco que
viaja en la misma dirección y sentido con una rapidez de 20 km h−1
. Pruebe
que la bomba debe soltarse cuando la distancia horizontal entre el avión y el
barco es de 705 m (considere g = 10 m s−2
).
Solución. Colocando el origen al nivel del mar, bajo el avión en el instante
de soltar la bomba, tenemos (1 km h = 1000/3600 = 5
18
= 0,278 m s−1
)
xP = 200 ×
1000
3600
t,
yP = 1000 − 5t2
,
xB = d + 20 ×
1000
3600
t,
yB = 0.
Para dar en el blanco, igualamos
200 ×
1000
3600
t = d + 20 ×
1000
3600
t,
1000 − 5t2
= 0,
de la última
t =
√
200 s
y de la anterior
d = (200 ×
1000
3600
− 20 ×
1000
3600
)
√
200 = 707,1 m
N
Ejercicio 1.30 Se deja caer una pelota verticalmente sobre un punto A de
un plano inclinado que forma un ángulo de 20o
con un plano horizontal. La
pelota rebota formando un ángulo de 40o
con la vertical. Sabiendo que el
próximo rebote tiene lugar en B a distancia 10 m de A más abajo del plano,
calcule:
a) el módulo de la velocidad con la cual rebota la pelota en A,
64 Cinemática
b) el tiempo transcurrido desde que la pelota rebota en A hasta que la
pelota rebota en B.
Solución. De acuerdo a la figura tenemos
10 m
20º
x
y 100 m/s
B
40º
50º
y = x tan 50 −
gx2
2v2
0 cos2 50
,
poniendo la condición que pase por B con coordenadas xB = 10 cos 20, yB =
−10 sin 20, debemos despejar v0
−10 sin 20 = 10 cos 20 tan 50 −
g(10 cos 20)2
2v2
0 cos2 50
,
v0 =
s
5g(cos 20) sec2 50
(tan 50 + tan 20)
.
El tiempo lo obtenemos de xB = v0(cos 50)tB resultando
tB =
10 cos 20
v0(cos 50)
=
10 cos 20
(cos 50)
s
(tan 50 + tan 20)
5g(cos 20) sec2 50
= 10
s
cos 20
(tan 50 + tan 20)
5g
N
Ejercicio 1.31 Si el alcance máximo horizontal de un proyectil es R, calcu-
lar el ángulo α que debe usarse, con la misma rapidez de lanzamiento, para
que el proyectil impacte en un blanco situado al mismo nivel de lanzamiento
y a una distancia R/2.
1.9 Ejercicios resueltos 65
Solución. Sabemos que
R =
2v2
0 cos α sin α
g
, Rm´ax =
v2
0
g
,
Si Rm´ax = R/2 entonces
sin 2α =
1
2
, 2α = 30o
, α = 15o
.
N
Ejercicio 1.32 Una partícula se mueve a lo largo de una parábola y = x2
de tal manera que para todo instante se cumple que vx = 3 m s−1
. Calcule la
velocidad y aceleración de la partícula cuando x = 2/3 m.
Solución. Este problema requiere de conocimientos de cálculo. En efecto
sabemos que
dx
dt
= 3, y = x2
,
derivando la segunda
dy
dt
= 2x
dx
dt
= 6x,
derivando de nuevo,
d2
x
dt2
= 0,
d2
y
dt2
= 6
dx
dt
= 18,
la aceleración ha resultado constante
a = (0, 18) m s−2
.
Para x = 2/3 resulta y = 4/9 y la velocidad
v = (3, 12/3) = (3, 4) m s−1
.
N
Ejercicio 1.33 Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo a la ley:
ax = −4 sin t; ay = 3 cos t. Se sabe que cuandot = 0, x = 0; y = 3; vx = 4;
vy = 0. Encuentre la expresión cartesiana de la trayectoria y además calcule
la velocidad cuando t = π/4. Exprese sus magnitudes en unidades SI.
66 Cinemática
Solución. Tenemos que
d2
x
dt2
= −4 sin t,
d2
y
dt2
= 3 cos t,
integrando dos veces con las condiciones iniciales dadas resulta
dx
dt
= 4 + 4(cos t − 1) = 4 cos t,
dy
dt
= 3 sin t,
x = 4 sin t,
y = 3 − 3(cos t − 1) = 6 − 3 cos t,
Eliminando el tiempo resulta la ecuación de la trayectoria
x2
16
+ (
y − 6
3
)2
= 1.
La velocidad es
v = (4 cos t, 3 sin t)
y en t = π/4
v = (2
√
2,
3
2
√
2) = (2. 83, 2. 12) m s−1
N
Ejercicio 1.34 Una partícula se mueve sobre el plano XY de manera que
sus coordenadas están dadas por x = t; y = t3
/6, siendo t la variable inde-
pendiente tiempo. Determine para t = 2 s la magnitud de la aceleración, las
componentes normal y tangencial de la aceleración y el radio de curvatura
de la trayectoria en dicho instante.
Solución. Tenemos
x = t, y =
t3
6
,
derivando dos veces
vx = 1, vy =
t2
2
,
1.9 Ejercicios resueltos 67
ax = 0, ay = t,
El vector unitario tangente es
ˆT =
v
v
=
(1, t2
2
)
q
1 + t4
4
.
En t = 2 s calculamos
vx = 1, vy = 2,
ax = 0, ay = 2,
ˆT =
(1, 2)
√
5
luego
a = 2 m s−2
,
v =
√
5 m s−1
aT = a · ˆT = ayTy = 2 ×
2
√
5
= 1. 79 m s−2
,
aN =
q
a2 − a2
T =
2
5
√
5 = 0,89 m s−2
,
ρ =
v2
aN
=
5
2
√
5 = 5. 59 m.
N
Ejercicio 1.35 Una partícula se mueve describiendo una circunferencia de
acuerdo a la ley s = t3
+ 2t2
, donde s se mide en metros y t en segundos. Si
la magnitud de la aceleración de la partícula es 16
√
2 m s−2
cuando t = 2 s,
calcule el radio de la circunferencia.
Solución. De los datos
s = Rθ = t3
+ 2t2
,
de donde
˙θ =
3t2
+ 4t
R
, ¨θ =
6t + 4
R
68 Cinemática
La aceleración en polares tiene las dos componentes
a = (−R˙θ
2
, R¨θ) = (−
(3t2
+ 4t)2
R
, 6t + 4),
si t = 2 s
a =
µ
−
400
R
, 16
¶
,
y se sabe que la magnitud es
r
4002
R2
+ 162 = 16
√
2,
de donde
R = 25 m.
N
Ejercicio 1.36 (1) Una partícula describe una trayectoria dada por las si-
guientes ecuaciones paramétricas: x = t; y = t2
/2. Determinar la curva y el
radio de curvatura.
Solución. Elimine el tiempo y se obtiene la curva
y =
1
2
x2
.
El radio de curvatura es
ρ =
(1 + y02
)
3/2
|y00|
= (1 + x2
)3/2
= (1 + t2
)3/2
.
N
Ejercicio 1.37 Dada la curva: x = t; y = t2
; calcular:a) la curvatura K,
b) el radio de curvatura en el punto (
√
a; a)) .
Solución. Similarmente resulta
y = x2
,
ρ =
(1 + y02
)
3/2
|y00|
=
(1 + 4x2
)
3/2
2
,
K =
1
ρ
=
2
(1 + 4x2)3/2
,
1.9 Ejercicios resueltos 69
y en x =
√
a
ρ =
(1 + 4a)3/2
2
.
N
Ejercicio 1.38 Demuestre que la curvatura de la elipse x2
/a2
+ y2
/b2
= 1
es:
K =
a4
b
[a2 (a2 − x2) + b2x2]
3
2
.
Solución. Es conveniente derivar en forma implícita
x
a2
+
yy0
b2
= 0,
y0
= −
b2
x
a2y
,
y00
= −
b2
a2y
+
b2
x
a2y2
y0
= −
b2
a2y
−
b2
x
a2y2
b2
x
a2y
= −
b2
a2y
−
b4
x2
a4y3
.
Luego
K =
|y00
|
(1 + y02)3/2
=
b2
a2y
+ b4x2
a4y3
(1 + b4x2
a4y2 )3/2
=
a2
b2
(a2
y2
+ b2
x2
)
(a4y2 + b4x2)
3
2
pero
x2
/a2
+ y2
/b2
= 1 =⇒ b2
x2
+ a2
y2
= a2
b2
,
luego
K =
a4
b4
(a4y2 + b4x2)
3
2
=
a4
b
(a2(a2 − x2) + b2x2)
3
2
.
N
Ejercicio 1.39 (1) La aceleración de una partícula es: a = 2e−t
ˆı+5 cos t ˆj.
En el instante t = 0 se encuentra en el punto P(1; 3) siendo su velocidad
v = 4ˆı − 3ˆj. Encuentre su posición y velocidad para cualquier instante t > 0.
70 Cinemática
Solución. Tenemos que
dv
dt
= 2e−t
ˆı + 5 cos t ˆj,
integrando con las condiciones iniciales dadas
v = 4ˆı − 3ˆj + 2(1 − e−t
)ˆı + 5 sin t ˆj
=
¡
6 − 2e−t
¢
ˆı + (5 sin t − 3) ˆj.
Integrando de nuevo
r = ˆı + 3ˆj +
¡
6t − 2(1 − e−t
)
¢
ˆı + (5(1 − cos t) − 3t) ˆj
= (2e−t
+ 6t − 1)ˆı + (8 − 5 cos t − 3t)ˆj.
N
Ejercicio 1.40 Una partícula se mueve sobre una trayectoria tal que su
vector de posición en cualquier instante es: r = tˆı + t2
2
ˆj + tˆk . Determine:
a)la velocidad, b)la rapidez c)la aceleración, d)la magnitud de la aceleración
tangencial y e)la magnitud de la aceleración normal.
Solución. De
r = tˆı +
t2
2
ˆj + tˆk,
derivando dos veces
v = ˆı + tˆj + ˆk = (1, t, 1),
v =
√
2 + t2,
a = ˆj.
El vector unitario tangente es
ˆT =
v
v
=
(1, t, 1)
√
2 + t2
,
por lo tanto
aT = a · ˆT =
t
√
2 + t2
,
aN =
q
a2 − a2
T =
r
1 −
t2
2 + t2
=
r
2
2 + t2
.
1.9 Ejercicios resueltos 71
N
Ejercicio 1.41 Una partícula se mueve en el plano XY de tal manera que:
ax = 4pe4t
y vy = 2πq cos 2πt donde p y q son constantes positivas. Cuando
t = 0; x = p/4; y = 0; vx = p. Determinar: a)el vector posición, el vector
velocidad y el vector aceleración de la partícula en función del tiempo; b)la
trayectoria de la partícula.
Solución. Tenemos que
ax =
dvx
dt
= 4pe4t
,
vy =
dy
dt
= 2πq cos 2πt.
Para la aceleración derivamos la segunda
ay = −4π2
q sin 2πt,
luego
a = (4pe4t
, −4π2
q sin 2πt).
Para la velocidad debemos integrar la primera
vx = p +
Z t
0
4pe4t
dt = pe4t
,
por lo tanto la velocidad es
v = (pe4t
, 2πq cos 2πt).
Integramos de nuevo
r =
p
4
ˆı + (
1
4
pe4t
−
1
4
p, q sin 2πt) = (
1
4
pe4t
, q sin 2πt).
Para obtener la trayectoria debemos eliminar t entre
x =
1
4
pe4t
,
y
y = q sin 2πt,
obteniendo
y = q sin(
π
2
ln
4x
p
)
72 Cinemática
N
Ejercicio 1.42 Una partícula se mueve en el plano XY describiendo la cur-
va y = ln x; calcule: a) la rapidez en función de x y ˙x , b) la magnitud de
la aceleración en función de x , ˙x y ¨x , c)si ˙x = c , calcule en x = a, las
magnitudes de la aceleración tangencial y normal.
Solución. De
y = ln x,
se obtiene
˙y =
1
x
˙x,
¨y =
1
x
¨x −
1
x2
˙x2
,
de modo que
v =
p
˙x2 + ˙y2 =
r
˙x2 + (
1
x
˙x)2 = ˙x
r
1 +
1
x2
.
a =
p
¨x2 + ¨y2 =
r
¨x2 + (
1
x
¨x −
1
x2
˙x2)2.
Si ˙x = c entonces ¨x = 0 y sabemos que x = a. Por lo tanto
v = c
r
1 +
1
x2
,
aT =
dv
dt
= c
− 2
x2 ˙x
2
q
1 + 1
x2
= c2 − 2
x2
2
q
1 + 1
x2
= −
c2
a
p
(a2 + 1)
Además
a =
r
¨x2 + (
1
x
¨x −
1
x2
˙x2)2 =
˙x2
x2
=
c2
a2
,
aN =
q
a2 − a2
T =
s
c4
a4
−
c4
a2 (a2 + 1)
=
c2
a2
p
(a2 + 1)
.
1.9 Ejercicios resueltos 73
N
Ejercicio 1.43 Una partícula se mueve de modo que sus coordenadas car-
tesianas están dadas como funciones del tiempo por
x = 3t
y = 2t − 5t2
Determine a)Las componentes cartesianas de la velocidad y de la aceleración.
b) Las componentes polares de la velocidad y de la aceleración. c)Las com-
ponente normal y tangencial de la velocidad y aceleración. d)La ecuación de
la trayectoria en coordenadas cartesianas. e)La ecuación de la trayectoria en
coordenadas polares.
Solución.
x = 3t
y = 2t − 5t2
a) vx = 3, vy = 2 − 10t, ax = 0, ay = −10,
b) ˆr = 3tˆı+(2t−5t2)ˆj
√
9t2+(2t−5t2)2
, ˆθ = ˆk × ˆr = 3tˆj−(2t−5t2)ˆı
√
9t2+(2t−5t2)2
vr = v · ˆr =
9t + (2t − 5t2
)(2 − 10t)
p
9t2 + (2t − 5t2)2
vθ = v · ˆθ =
3t(2 − 10t) − (2t − 5t2
)3
p
9t2 + (2t − 5t2)2
ar = a · r =
(−10)(2t − 5t2
)
p
9t2 + (2t − 5t2)2
aθ = a · ˆθ =
(−10)3t
p
9t2 + (2t − 5t2)2
c) ˆT = v
v
= 3ˆı+(2−10t)ˆj
√
9+(2−10t)2
, ˆN = ˆT × ˆk = −3ˆj+(2−10t)ˆı
√
9+(2−10t)2
entonces
vT = v · ˆT = v =
p
9 + (2 − 10t)2
vN = 0
aT = a · ˆT =
−10(2 − 10t)ˆj
p
9 + (2 − 10t)2
aN = a · ˆN =
30
p
9 + (2 − 10t)2
74 Cinemática
d)
y =
2
3
x −
5
9
x2
e) Sería necesario expresar r = r(θ) donde
r =
p
9t2 + (2t − 5t2)2
tan θ =
y
x
=
2 − 5t
3
de donde
t =
2
5
−
3
5
tan θ
y luego con algo de álgebra resulta
r =
3
5
(2 − 3 tan θ)
q
(1 + tan2
θ)
N
Ejercicio 1.44 Una partícula se mueve sobre una elipse de semi ejes a y
b centrada en el origen de un sistema de coordenadas con rapidez constante
v0, siendo la ecuación de la elipse:
x2
a2
+
y2
b2
= 1
a) Determine la magnitud de la aceleración de la partícula en los puntos más
alejado y más cercano de la partícula al centro. b) El tiempo que emplea la
partícula en recorrer toda la elipse. c) La determinación de la ecuación para-
métrica de la trayectoria con parámetro tiempo es un problema complicado,
pero explique el método a seguir.
Solución. De la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1
deseamos obtener el radio de curvatura. Derivando implícitamente obtenemos
yy0
b2
= −
x
a2
y0
= −
b2
a2
x
y
, y00
= −
b2
a2
1
y
+
b2
a2
x
y2
y0
= −
b4
a2y3
1.9 Ejercicios resueltos 75
entonces
ρ =
(1 + y02
)3/2
|y00|
=
(1 + b4
a4
x2
y2 )3/2
b4
a2y3
=
(a4
y2
+ b4
x2
)3/2
a4b4
Si a > b el punto más alejado es x = a, y = 0, ρ = b2
a
. El punto más cercano
es x = 0, y = b, ρ = a2
b
a)
a =
v2
0
ρ
=
(
v2
0a
b2
v2
0b
a2
b) La rapidez constante significa que
ds
dt
= v0,
de donde
p
1 + (y0)2
dx
dt
= v0
dt =
1
v0
p
1 + (y0)2dx
junto a
x2
a2
+
y2
b2
= 1
y0
=
1
p
(a2 − x2)
b
a
x
dt =
1
v0
1
a
sµ
b2x2 + a4 − a2x2
a2 − x2
¶
dx
si la última expresión pudiera integrarse se tendría t = t(x) y problema
resuelto.
N
Ejercicio 1.45 La ecuación de una elipse en coordenadas polares puede
escribirse como
r =
c
1 − e cos θ
76 Cinemática
siendo c y e constantes. Si el ángulo varía proporcionalmente al tiempo t
con constante de proporcionalidad λ, determine las componentes polares de
la velocidad y de la aceleración en función del tiempo.
Solución. Aquí
r =
c
1 − e cos θ
, θ = λt
las componentes polares están dadas por
vr = ˙r = −
eλc sin λt
(1 − e cos λt)2
vθ = r˙θ =
λc
1 − e cos λt
ar = ¨r − r˙θ
2
= ¨r − rλ2
=
µ
−
e cos λt
(1 − e cos λt)
+
2e2
sin2
λt
(1 − e cos λt)2
− 1
¶
λ2
c
1 − e cos λt
aθ = 2˙r˙θ + r¨θ = 2˙rλ = −
2eλ2
c sin λt
(1 − e cos λt)2
N
Ejercicio 1.46 Una partícula se mueve sobre una circunferencia de radio R
con aceleración angular constante partiendo del reposo. Si la partícula realiza
n vueltas completas a la circunferencia en el primer segundo, determine la
aceleración angular de la partícula. Determine además el número de vueltas
que realiza la partícula durante el siguiente segundo del movimiento.
Solución. Aquí
θ =
1
2
αt2
entonces
2πn =
1
2
α, α = 4πn
y durante el siguiente segundo realiza
θ(2) − θ(1)
2π
= n(22
− 12
) = 3n
vueltas.
N
1.9 Ejercicios resueltos 77
Ejercicio 1.47 Desde lo alto de un edificio, se lanza verticalmente hacia
arriba una pelota con una rapidez de 12,5 m s−1
. La pelota llega a tierra 4,25 s,
después. Determine: a) La altura que alcanzó la pelota respecto del edificio.
b)La rapidez de la pelota al llegar al suelo.
Solución. La altura en función del tiempo será
y = h + v0t −
1
2
gt2
luego, tomando g = 10 m s−2
y = h + 12,5t − 5t2
siendo
a) h + 12,5(4,25) − 5(4,25)2
= 0, h = 37. 19 m
b) vy = 12,5 − 10t = 12,5 − 10(4,25) = −30,0 m s−1
N
Ejercicio 1.48 Se deja caer un cuerpo desde una altura inicial de 33 m, y
simultáneamente se lanza hacia abajo otro cuerpo con una rapidez inicial de
1 m s−1
. Encontrar el instante en que la distancia entre ellos es de 18 m.
Solución.
y1 = 33 − 5t2
y2 = 33 − t − 5t2
y1 − y2 = t
entonces la distancia entre ellos es 18 m a los 18 s.
N
Ejercicio 1.49 Un cuerpo que cae, recorre en el último segundo 68,3 m.
Encontrar la altura desde donde cae.
Solución. Suponiendo que se soltó del reposo
y = h − 5t2
78 Cinemática
el tiempo en que llega al suelo es t =
q
h
5
la distancia recorrida en el último
segundo será
y(
r
h
5
− 1) − y(
r
h
5
)
= 5(
r
h
5
)2
− 5(
r
h
5
− 1)2
= 68,3
y resolviendo
h = 268. 6 m
N
Ejercicio 1.50 Desde lo alto de un acantilado, se deja caer una piedra.
Desde la misma altura se lanza verticalmente hacia abajo una segunda pie-
dra, 2 s más tarde, con una rapidez de 30 m s−1
. Si ambas golpean el piso
simultáneamente, encuentre la altura del acantilado.
Solución.
y1 = h − 5t2
y2 = h − 30(t − 2) − 5(t − 2)2
siendo al mismo tiempo
y1 = h − 5t2
= 0
y2 = h − 30(t − 2) − 5(t − 2)2
= 0
de aquí t = 4 s,
h = 80 m
N
Ejercicio 1.51 Desde el piso, se lanza hacia arriba una pelota con una
rapidez de 40 m s−1
. Calcule el tiempo transcurrido entre los dos instantes en
que su velocidad tiene una magnitud de 2,5 m s−1
y la distancia respecto al
piso que se encuentra la pelota en ese instante.
1.9 Ejercicios resueltos 79
Solución.
y = v0t −
1
2
gt2
vy = v0 − gt
de aquí
vy = v0 − gt1 = 2,5
vy = v0 − gt2 = −2,5
de donde
t2 − t1 =
5
g
= 0,5 s
Además de
40 − gt1 = 2,5
despejamos
t1 =
37,5
10
= 3,75 s
y por lo tanto
y1 = 40(3,75) − 5(3,75)2
= 79. 69 m
N
Ejercicio 1.52 Una roca cae libremente recorriendo la segunda mitad de
la distancia de caída en 3 s. Encuentre la altura desde la cual se soltó y el
tiempo total de caída.
Solución.
y = h −
1
2
gt2
el tiempo en que alcanza h/2 es t1 =
q
h
g
y el tiempo en que h = 0 es
t2 =
q
2h
g
a) por lo tanto el tiempo empleado en la segunda parte de recorrido es
s
2h
g
−
s
h
g
= 3 =⇒ h = 524. 6 m
80 Cinemática
b)
t =
s
2h
g
=
r
524. 6
5
= 10,2 s
N
Ejercicio 1.53 Se dispara un proyectil desde la cima de una colina de 150 m
de altura con una rapidez de 180 m s−1
y formando un ángulo de 30o
con la
horizontal. Calcule: a) La distancia horizontal entre el punto de lanzamien-
to y el punto de caída del proyectil. b) La altura máxima del proyectil con
respecto al suelo. c) La componente normal y tangencial de la aceleración al
salir en el punto de disparo.
Solución.
x = 180(cos π/6)t
y = 150 + 180(sin π/6)t − 5t2
a) Punto de caída 150 + 180(sin π/6)t − 5t2
= 0, t = 19. 5 s
x = 180(cos π/6)(19,5) = 3039. 8 m
b) Tiempo para la altura máxima 180(sin π/6)−10t = 0, t = 9,0 s entonces
ym´ax = 150 + 180(sin π/6)(9) − 5(9)2
= 555,0
ym´ax = 555,0 m
c) El vector unitario tangente es
ˆT =
v
v
= ˆı cos π/6 + ˆj sin π/6,
a = −10ˆj
entonces
aT = a · ˆT = −10 sin π/6 = −5 m s−2
aN =
q
a2 − a2
T =
√
100 − 25 = 8,66 m s−2
N
1.9 Ejercicios resueltos 81
Ejercicio 1.54 Un cañón de artillería lanza proyectiles con una rapidez de
300 m s−1
. El artillero debe darle a un blanco que se encuentra a 8640 m detrás
de un cerro cuya altura es de 1000 m ubicado a 1200 m del cañón. Demuestre
que es posible darle al blanco y determine el ángulo de elevación para cumplir
el objetivo.
Solución. Supondremos que damos en el blanco entonces
y = x tan α −
gx2
2v2
0 cos2 α
0 = 8649 tan α −
5(8649)2
(300)2 cos2 α
que tiene dos raíces reales
α1 = 53. 03o
α2 = 36. 97o
debemos verificar que el disparo pasa sobre el cerro, para ello evaluamos en
ambos ángulos y(1200)
y1(1200) = 1373,0 m
y2(1200) = 777,95 m
siendo la altura del cerro excedida en el primer caso.
N
Ejercicio 1.55 Se dispara un proyectil de modo que su alcance horizontal
es igual al triple de la altura máxima. Encuentre el ángulo de lanzamiento.
Solución. Sabemos que
xm´ax =
v2
0 sin 2α
g
ym´ax =
v2
0 sin2
α
2g
entonces
v2
0 sin 2α
g
= 3
v2
0 sin2
α
2g
82 Cinemática
entonces 2 cos α = 3 sin α
tan α =
2
3
, =⇒ α = 33,69o
N
Ejercicio 1.56 Un lanza granadas tiene un alcance máximo de 300 m. Para
dar en un blanco que se encuentra a una distancia de 400 m del lanza granada,
determine: a) La altura mínima que debe subirse el lanza granada. b) La
rapidez de lanzamiento. c) El ángulo de lanzamiento.
Solución. La ecuación de la parábola de seguridad es
y = h +
v2
0
2g
−
gx2
2v2
0
Sabemos también que para h = 0 la distancia máxima alcanzable es
x(0) =
v2
0
g
= 300
y para una altura h la distancia horizontal máxima será
x(h) =
q
(v2
0 + 2hg)
v0
g
= 400 m
de la primera
a)
v0 =
√
3000 = 54. 77 m s−1
y de
p
((54. 77)2 + 2h10)54. 77
10
= 400
b)
h = 116. 701 m
c) El ángulo de lanzamiento cuando el blanco está sobre el límite de la
parábola de seguridad está dado por tan α = v2
0/gx entonces
α = 36,87o
N
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  • 1. FISICA II versión 1 Autor : Luis Rodríguez Valencia1 DEPARTAMENTO DE FISICA UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE 28 de agosto de 2012 1email: luis.rodriguez@usach.cl
  • 2. II
  • 3. Contenidos Prólogo IX 0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas . . . . . . . x 1. Cinemática 1 1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2. Concepto de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3. Concepto de tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.4. Movimiento rectilíneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.4.1. Desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.4.2. Espacio recorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.4.3. Velocidad media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4.4. Velocidad instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4.5. Rapidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4.6. Aceleración media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4.7. Aceleración instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4.8. Interpretación gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4.9. Movimiento uniformemente acelerado . . . . . . . . . . 8 1.4.10. Solución gráfica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.5. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.5.1. En coordenadas cartesianas . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.5.2. En coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.5.3. Movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5.4. Caso particular. Movimiento circular uniforme. . . . . . 17 1.5.5. Caso particular. Aceleración angular constante . . . . . 17 1.5.6. Notación alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.5.7. Derivadas de los vectores unitarios . . . . . . . . . . . 18 1.5.8. Velocidad y aceleración en coordenadas esféricas . . . . 19 1.5.9. Velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
  • 4. IV CONTENIDOS 1.5.10. Aceleración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.5.11. Vectores unitarios esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.5.12. Coordenadas cilíndricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.5.13. Coordenadas intrínsecas . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.6. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.7. Movimiento de proyectiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.7.1. Análisis del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.7.2. Ecuación de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.7.3. Angulo de disparo para dar en un blanco . . . . . . . . 26 1.7.4. Parábola de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.7.5. Formulación alternativa (requiere más matemáticas) . . 28 1.7.6. Parábola de seguridad en forma polar . . . . . . . . . . 31 1.8. Movimiento relativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.8.1. Traslación de un sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.8.2. Movimiento general de un sistema . . . . . . . . . . . . 35 1.9. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2. Dinámica de la partícula 97 2.1. Leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 2.1.1. Primera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 2.1.2. Sistema inercial de referencia . . . . . . . . . . . . . . 98 2.1.3. Segunda ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 2.1.4. Principio de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2.1.5. Sobre las fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2.1.6. Fuerzas de acción a distancia . . . . . . . . . . . . . . 101 2.1.7. Fuerzas de contacto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 2.1.8. La fuerza de roce estática . . . . . . . . . . . . . . . . 102 2.1.9. Fuerza de roce cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 2.1.10. Tercera ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 2.1.11. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 2.2. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 2.3. Paréntesis matemático. Derivadas y diferenciales . . . . . . . . 107 2.3.1. De una variable independiente . . . . . . . . . . . . . . 107 2.3.2. De más variables independientes . . . . . . . . . . . . . 109 2.4. Fuerzas conservativas (C) y no conservativas (NC) . . . . . . 111 2.4.1. Concepto de trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 2.4.2. Energías potenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 2.4.3. Fuerza peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
  • 5. CONTENIDOS V 2.4.4. Fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 2.4.5. Fuerza gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 2.4.6. Fuerza electrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 2.4.7. Teoremas sobre la energía . . . . . . . . . . . . . . . . 114 2.5. Sobre la energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 2.5.1. La energía cinética de los asteroides . . . . . . . . . . . 117 2.5.2. Integración de la ecuación de movimiento . . . . . . . . 118 2.5.3. Fuerza constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 2.5.4. Fuerza dependiente del tiempo F(t) . . . . . . . . . . . 119 2.5.5. Fuerza dependiente de la posición . . . . . . . . . . . . 119 2.5.6. Por ejemplo la fuerza elástica . . . . . . . . . . . . . . 120 2.5.7. Solución más simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 2.5.8. Movimiento unidimensional con fuerza viscosa . . . . . 122 2.6. Movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 2.6.1. Evaluación de las constantes . . . . . . . . . . . . . . . 124 2.6.2. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 2.6.3. Amplitud del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2.6.4. Periodo y frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2.7. Movimiento armónico amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . 127 2.7.1. Caso sub amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 2.7.2. Caso amortiguado crítico . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 2.7.3. Caso sobre amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 2.7.4. Movimiento amortiguado forzado . . . . . . . . . . . . 131 2.7.5. Una solución particular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 2.7.6. Fenómeno de resonancia . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 2.8. Dinámica del movimiento circular . . . . . . . . . . . . . . . . 133 2.9. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 2.9.1. Fuerzas constantes o dependientes del tiempo . . . . . 138 2.9.2. Fuerzas dependientes de la posición o de la velocidad . 141 2.10. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 2.10.1. Dinámica unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 2.10.2. Movimiento armónico simple . . . . . . . . . . . . . . . 158 2.10.3. Dinámica en dos o tres dimensiones . . . . . . . . . . . 164 2.10.4. Trabajo y energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 2.10.5. Problemas que requieren más matemáticas . . . . . . . 181
  • 6. VI CONTENIDOS 3. Sistema de Partículas 195 3.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 3.1.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 197 3.1.2. Sobre el momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . 201 3.1.3. Torque en punto arbitrario . . . . . . . . . . . . . . . . 204 3.1.4. Sobre la fuerza gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . 205 3.1.5. Teorema Energía Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . 206 3.1.6. Trabajo realizado por una fuerza . . . . . . . . . . . . 206 3.1.7. Trabajo realizado por una fuerza conservativa (C) . . . 208 3.2. Sistema de dos partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 3.2.1. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 3.3. Campo central de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 3.3.1. Ecuación diferencial para la órbita . . . . . . . . . . . 213 3.3.2. Excentricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 3.3.3. Semi ejes de la elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 3.3.4. Ley de Kepler de los períodos . . . . . . . . . . . . . . 218 3.4. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 3.4.1. Coeficiente de restitución . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 3.4.2. Choques unidimensionales . . . . . . . . . . . . . . . . 222 3.4.3. Choques bidimensionales de esferas . . . . . . . . . . . 223 3.4.4. Discusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 3.4.5. Consideraciones sobre la energía . . . . . . . . . . . . . 226 3.5. Sistemas de masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 3.5.1. Resumen de fórmulas movimiento en un campo central de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 3.5.2. Lanzamiento desde la superficie terrestre . . . . . . . . 232 3.5.3. Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 3.5.4. Momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 3.5.5. Velocidad de escape desde la superficie . . . . . . . . . 233 3.5.6. Excentricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 3.5.7. Ecuación de la órbita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 3.5.8. Orientación α del semieje mayor (figura, caso (2)) . . . 234 3.5.9. Casos elípticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 3.5.10. Alcance máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 3.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 3.7. Sistemas de Partículas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 3.7.1. Resumen de fórmulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 3.7.2. Problema resueltos sistema de partículas . . . . . . . . 239
  • 7. CONTENIDOS VII 3.7.3. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 3.7.4. Masa variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 3.7.5. Campo central. Orbitas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 281 4. Dinámica del cuerpo rígido 321 4.1. Cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 4.2. Cuerpo rígido continuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 4.3. Cinemática de un cuerpo rígido en el espacio . . . . . . . . . . 322 4.4. Cinemática plana de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . 322 4.4.1. Desplazamientos de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 322 4.4.2. Condición de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324 4.4.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324 4.4.4. Centro instantáneo de rotación . . . . . . . . . . . . . 326 4.4.5. Algunas relaciones entre velocidades y aceleraciones . . 327 4.4.6. Curvas rueda y riel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329 4.4.7. Modelo continuo de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . 331 4.4.8. Momentum angular y energía cinética . . . . . . . . . . 332 4.4.9. El momentum angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332 4.4.10. Ejemplos de cálculo de momentos de inercia . . . . . . 333 4.4.11. Momentum angular y momentum lineal . . . . . . . . . 334 4.4.12. La energía cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 4.4.13. Movimiento de rotación y traslación . . . . . . . . . . . 335 4.4.14. Movimiento en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 4.5. Dinámica de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 4.5.1. Ecuaciones de movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . 338 4.5.2. Ecuaciones para el caso de movimiento plano . . . . . . 339 4.5.3. Momentos de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 4.5.4. Teorema de Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341 4.6. Ejemplos de dinámica plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342 4.6.1. Dinámica de rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342 4.6.2. Dinámica de rotación y traslación . . . . . . . . . . . . 346 4.6.3. Casos donde el movimiento de un punto es conocido . . 348 4.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 4.8. Ejercicios de cinemática plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355 4.9. Ejercicios de dinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361
  • 9. Prólogo Este texto tiene el propósito de iniciarlos en una ciencia: la Física que nos muestra una maravillosa relación establecida entre la naturaleza y el ingenio del cerebro humano. Veremos cómo, a partir de observaciones y experimentos sencillos, se con- sigue estructurar una teoría sólida que da cuenta de fenómenos de la natu- raleza, algunos observables a simple vista y otros fuera del alcance de los sentidos. La Física siempre ha estado, está y estará formando parte de nuestro entorno. A través de ella es posible predecir lo qué sucederá con el Universo y, además, nos da señales que permiten vislumbrar cómo comenzó todo. Desde Aristóteles (384-322aC) hasta nuestros días los científicos aportan sus trabajos para beneficio de la humanidad, interactuando para el progreso de la Ciencia y de la Tecnología. Por ejemplo, avances en la Física contribuyen al progreso de las Ciencias de la Ingeniería, y éstas, a su vez, dan soporte técnico a la Medicina, mejorando la calidad de vida del hombre. Este trabajo está dedicado a jóvenes deseosos de aprender, mediante la comprensión, razonamiento y deducción, a partir de los conceptos fundamen- tales y las leyes de la Física.
  • 10. X Prólogo Este texto, para el segundo semestre de Ingeniería, se presenta en la mis- ma secuencia que ha sido programado el curso de Física II. Los requerimientos de Matemáticas necesarios para su desarrollo serán presentados de manera gradual según las necesidades del curso. Se comienza con la cinemática, que requiere de la herramienta matemática llamada derivada. De manera pro- gresiva se hace indispensable la adquisición de más elementos matemáticos, que son, en algunos casos aportados por el texto. En otros, se darán las de- mostraciones como una ilustración. De cualquier forma queremos enfatizar el hecho, no discutido, de que las Matemáticas son el lenguaje y la herramienta fundamental de la Física. Se han hecho importantes esfuerzos por el grupo de colaboradores para minimizar los errores de cualquier índole, pero esa es una tarea interminable, de manera que nos será muy grato considerar las críticas de los estudiantes y colegas que deseen utilizar este texto. Esta es la primera edición del texto qus se usará (eso esperamos) duran- te el segundo semestre del año 2012. Se han hecho diversos cambios a las versiones anteriores aplicada a los cursos anuales los años 2001, 2002, 2003, 2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010 y 2011 en el desarrollo del curso de Física Anual para Ingeniería Civil. Estos cambios son el resultado de la ex- periencia acumulada en la aplicación práctica de este texto. Se han agregado problemas y reordenados de acuerdo a su temática. Una versión en formato PDF es colocada en la página WEB del curso. Todos los problemas del texto están resueltos.. 0.0.1. Consejos para estudiar y para las pruebas ¤ En general en las pruebas de este curso se pide resolver problemas. ¤ Luego haga problemas. El nivel de los problemas de las pruebas corres- ponden a los de menor complejidad matemática. ¤ En el desarrollo de las pruebas haga figuras de un buen tamaño. Un tercio de la hoja por lo menos. ¤ Defina en su figura todas las letras que representen alguna propiedad física que se usará en el desarrollo del problema.
  • 11. XI ¤ Explique su desarrollo. No basta colocar una secuencia de ecuaciones. Ellas deben estar ligadas por palabras o frases tales como: por lo tanto, se deduce de allí que, de ahí se calcula, etcétera. ¤ Sea ordenado. Si los problemas tienen partes (a), (b), (c), etcétera. Explique claramente cual parte está resolviendo. ¤ Si usa lápiz grafito, procure que su calidad sea tal que se pueda leer con claridad. ¤ Los resultados indíquelos con lápiz pasta, caso contrario no podrá re- clamar de la corrección. ¤ En cada prueba se aceptarán reclamos que se justifiquen, es decir usted deberá indicar por escrito las razones de su reclamo. A pesar que hay pautas de corrección, en ellas se indican solamente los máximos por item. Si usted tiene errores, cada profesor corrector juzgará cuánto del máximo usted merece y en ello no hay reclamo. Este proceso de corrección tiene algo de subjetividad y la claridad de su desarrollo puede influir positivamente en su resultado.
  • 13. Capítulo 1 Cinemática 1.1. Introducción La cinemática estudia el movimiento de los cuerpos sin considerar sus causas. Como se explicó en el primer capítulo, muchos años han pasado para llegar a la descripción actual de las características del movimiento. El estudio lo separaremos en los casos en que el movimiento es en una línea recta, un caso llamado unidimensional, y cuando el movimiento es en el espacio, en dos o tres dimensiones. Este estudio requiere de elementos de matemáticas, del cálculo diferencial, que quizás usted aún no conozca. Tenga confianza en los resultados y deje por último las demostraciones para una comprensión futura. Primero analizaremos el movimiento de una partícula, cuerpo cuyas dimensiones se pueden despreciar y considerar como un punto. El concepto de movimiento está relacionado con los conceptos de posición y de tiempo. La posición de un punto es un concepto relativo al sistema de referencia que se utilice. Un sistema de referencia es precisamente un sistema respecto al cual se especifican las posiciones de los puntos. Las posiciones se especifican respecto a un determinado sistema de referencia mediante un conjunto de coordenadas, de las cuales hay de diversos tipos, cartesianas, esféricas, pola- res, cilíndricas y muchas otras. El concepto de tiempo es un concepto com- plicado relacionado con la ocurrencia de eventos o sucesos y con la cuestión de cual ocurre antes, cual ocurre después o si ocurrieron simultáneamente. El tiempo permite establecer un orden de ocurrencia de sucesos en el sentido explicado recién. Para Newton el tiempo es un concepto absoluto, es decir
  • 14. 2 Cinemática para todos los observadores del Universo el tiempo transcurre de la misma manera. Tal punto de vista tuvo un cambio asombroso a comienzos del siglo veinte. En efecto, Albert Einstein tuvo éxito en proponer una teoría donde el tiempo no es más un concepto absoluto, su teoría especial de la relatividad. No ahondaremos en eso en este curso. 1.2. Concepto de movimiento Se dice que una partícula o punto se mueve respecto a un determinado sistema de referencia si sus coordenadas de posición, todas o alguna de ellas, cambian a medida que transcurre el tiempo. En lenguaje matemático esto es que sus coordenadas son funciones del tiempo. Si las coordenadas son todas constantes diremos que el cuerpo está en reposo, respecto a este determinado sistema de referencia. Desde un punto de vista Matemático, es aparente que la definición de un sistema de referencia no tiene nada que ver con la materia presente en el Universo. Sin embargo desde el punto de vista de la Física no parece posible definir sistemas de referencia sin relación a los objetos Físicos del Universo. En otras palabras si el Universo estuviera totalmente vacío ¿cómo podríamos definir un sistema de referencia? Como veremos la formulación de las teorías Físicas se hace en sistemas de referencia que tienen estrecha relación con la presencia de materia en el Universo. Repetiremos una vez más, el concepto de movimiento es un concepto relativo, depende del sistema de referencia que se use. Carece de sentido preguntar si algo está realmente en movimiento o realmente en reposo. 1.3. Concepto de tiempo Para los filósofos y también cuando se formuló por Newton, la Mecánica Clásica, el concepto de tiempo es un concepto absoluto. Es decir para todos los observadores, independientemente de su posición o movimiento, el tiempo transcurre de la misma forma. Esto significa entre otras cosas que el concepto de simultaneidad es absoluto. Si dos sucesos ocurren simultáneamente para algún observador, entonces ellos ocurren simultáneamente para todos. Hoy día, la teoría actual de la Física, le ha dado al tiempo un significado relativo. Esos temas son tratados en la llamada teoría de la relatividad.
  • 15. 1.4 Movimiento rectilíneo 3 1.4. Movimiento rectilíneo Cuando una partícula se mueve en una línea recta, su posición está des- crita por una sola coordenada. Los desplazamientos son entonces todos sobre una misma línea, y no es entonces necesario considerar el carácter vecto- rial de ellos, lo cual simplifica el estudio del movimiento. Es en dos o tres dimensiones donde los vectores se hacen necesarios para la descripción del movimiento. Si usamos coordenadas cartesianas, la posición de un punto móvil estará determinada por su coordenada x la cual, si el punto se mueve, será alguna función del tiempo x = x(t) m. (1.1) Aquí x representa la coordenada y x(t) alguna función del tiempo general- mente indicada con el mismo nombre que la coordenada. 1.4.1. Desplazamientos El desplazamiento de la partícula en el intervalo de tiempo entre los ins- tantes t1 y t2 se define por la diferencia entre sus coordenadas final e inicial ∆x = x(t2) − x(t1) m. (1.2) Este desplazamiento no dice nada realmente de que le ocurrió al móvil du- rante cada instante de tiempo ni del espacio que la partícula recorrió durante ese intervalo. 1.4.2. Espacio recorrido El espacio recorrido por el móvil que será denotado por s y que se expresa en metros ( m) es la magnitud del desplazamiento si acaso el móvil no cambia el sentido del movimiento. Si el móvil cambia el sentido del movimiento, el espacio recorrido es la suma de las magnitudes de los desplazamientos que ocurren entre sucesivos cambios de sentido del movimiento. Por ejemplo si un móvil avanza una distancia L y luego se devuelve esa misma distancia, el desplazamiento será cero pero el espacio recorrido será s = 2L.
  • 16. 4 Cinemática 1.4.3. Velocidad media La velocidad media cuando ocurre un desplazamiento ∆x en un intervalo de tiempo ∆t = t2 − t1 se define mediante vm = ∆x ∆t m s−1 . (1.3) 1.4.4. Velocidad instantánea La velocidad instantánea o simplemente la llamada velocidad v(t) se defi- ne como el límite de la velocidad media cuando el intervalo de tiempo tiende a cero, es decir v(t) = l´ım t1→t x(t) − x(t1) t − t1 . (1.4) Una definición equivalente es v(t) = l´ım ∆t→0 x(t + ∆t) − x(t) ∆t . (1.5) Este límite que permite levantar la indeterminación tipo 0/0 que se produce, se conoce como la derivada de x(t) respecto al tiempo y para denotarla hay diversas notaciones v(t) = dx(t) dt = ˙x(t) = x0 (t). (1.6) En matemáticas, usualmente la variable independiente se denomina x, y las funciones y(x) o f(x).En tal caso la derivada se indicará dy(x) dx = y0 (x) = f0 (x) = l´ım ∆x→0 f(x + ∆x) − f(x) ∆x . La existencia de el límite puede verse gráficamente pues el corresponde a la pendiente de la curva 1.4.5. Rapidez La rapidez de una partícula en el instante de tiempo t se define como la magnitud de la velocidad, en el caso unidimensional esto simplemente |v(t)| m s−1
  • 17. 1.4 Movimiento rectilíneo 5 1.4.6. Aceleración media La aceleración media de la partícula en el intervalo de tiempo de t1 a t2 se define mediante am = v(t2) − v(t1) t2 − t1 m s−2 , o bien am = ∆v ∆t , (1.7) donde ∆t = t2 − t1 y ∆v = v(t2) − v(t1) 1.4.7. Aceleración instantánea La aceleración instantánea de la partícula en el instante t se define como el límite de la aceleración media cuando el intervalo de tiempo tiende a cero, es decir a(t) = l´ım t1→t v(t) − v(t1) t − t1 = dv(t) dt , (1.8) esto es la derivada de la velocidad respecto al tiempo a(t) = dv(t) dt = d2 x dt2 . (1.9) Las unidades SI de posición, velocidad y aceleración son respectivamente m, m s−1 , m s−2 . En las figuras que siguen se ilustran los gráficos x(t), v(t), a(t) para un ejemplo donde x(t) = t2 . x t O Figura 1.1: Posición vs tiempo. La velocidad resulta v(t) = dx/dt = 2t es decir una línea recta y la aceleración a = dv/dt = 2 es constante Este es un caso particular, un movimiento con aceleración constante, con velocidad inicial nula y posición inicial nula.
  • 18. 6 Cinemática v t O Figura 1.2: Velocidad vs tiempo. a t O Figura 1.3: Aceleración vs tiempo. 1.4.8. Interpretación gráfica Algunos de los conceptos descritos en las secciones anteriores admiten una interpretación gráfica. En un gráfico x versus t la velocidad por ser la derivada dx/dt es en- tonces la pendiente de la curva, o sea como se indica en la figura (1.4) es la tangente del ángulo θ. v(t1) = dx dt ¯ ¯ ¯ ¯ t=t1 = tan θ. De ese modo a simple vista puede deducirse donde la velocidad es positiva, negativa o cero, lo cual es de utilidad para decidir el sentido del movimiento del móvil. En un gráfico vx versus t, figura (1.5) el área A bajo la curva entre dos tiempos t1 y t2 es A = Z t2 t1 dx dt dt = x(t2) − x(t1),
  • 19. 1.4 Movimiento rectilíneo 7 x tO θ t1 Figura 1.4: vx tO t2t1 A Figura 1.5:
  • 20. 8 Cinemática y esto corresponde al desplazamiento entre esos dos tiempos. El despla- zamiento no corresponde en general al espacio recorrido por el móvil. Para determinar el espacio recorrido por un móvil hay que ser cui- dadoso como se explica en la situación siguiente. En la figura (1.6), el vx tO t2t1 A1 A2 A3 Figura 1.6: desplazamiento entre t1 y t2 sigue siendo el área bajo la curva, esto es A1 + A2 + A3 = x(t2) − x(t1), pero si se calcula el área A2 mediante integración esta resulta negativa, lo que significa que vx es negativa o sea el móvil se está devolviendo. El espacio recorrido es la suma de las magnitudes de las áreas, esto es s = |A1| + |A2| + |A3| , que en general será mayor o igual al desplazamiento. Nota 1.1 El área bajo una curva es calculable mediante integrales, materia que usted quizás aún no conozca. Para situaciones simples donde la velo- cidad varía linealmente con el tiempo, dichas áreas podrán ser calculadas geométricamente. 1.4.9. Movimiento uniformemente acelerado Se dice que un movimiento es uniformemente acelerado si la aceleración del móvil es constante. En general, si la aceleración a es constante se tiene
  • 21. 1.4 Movimiento rectilíneo 9 que dv(t) dt = a, expresión que podemos integrar dos veces obteniendo v(t) − v(0) = Z t 0 adt, o sea v(t) = v(0) + at, (1.10) e integrando de nuevo x(t) − x(0) = Z t 0 v(t)dt = Z t 0 (v(0) + at)dt, luego, realizando la integral resulta x(t) = x(0) + v(0)t + 1 2 at2 . (1.11) Aquí x(0) representa la posición inicial y v(0) la velocidad inicial. Si despe- jamos el tiempo de la primera y reemplazamos en la segunda se obtiene x(t) − x(0) = v2 (t) − v2 (0) 2a , (1.12) que tiene importancia en ciertas situaciones. Por ejemplo si la aceleración es negativa (movimiento desacelerado), el espacio recorrido hasta detenerse será x(t) − x(0) = −v2 (0) 2a . Nota 1.2 Se habla de movimiento desacelerado cuando la aceleración tiene signo contrario a la velocidad. En movimientos más generales se dice que el movimiento es desacelerado cuando la aceleración tiene sentido contrario a la velocidad. 1.4.10. Solución gráfica En algunos casos simples la integral no es necesaria. Por ejemplo si la aceleración es constante, entonces el gráfico velocidad tiempo es una línea
  • 22. 10 Cinemática vx tO t2t1 A vx(t1) vx(t2) Figura 1.7: recta. La figura siguiente lo ilustraLa aceleración, es decir la pendiente de la curva, es a = v(t2) − v(t1) t2 − t1 , de donde v(t2) − v(t1) = a(t2 − t1), y el desplazamiento que es el área será (área de un rectángulo más área de un triángulo) resulta A = x(t2) − x(t1) = v(t1)(t2 − t1) + 1 2 (v(t2) − v(t1))(t2 − t1) x(t2) − x(t1) = v(t1)(t2 − t1) + 1 2 a(t2 − t1)2 , x(t2) = x(t1) + v(t1)(t2 − t1) + 1 2 a(t2 − t1)2 , que generaliza el resultado anterior. Además podemos obtener otro resultado aplicable al cálculo de la velocidad media. La velocidad media en el intervalo de tiempo [t1, t2] está definida mediante vm = x(t2) − x(t1) t2 − t1 .
  • 23. 1.5 Movimiento en el espacio 11 Utilizando los resultados anteriores la podemos escribir vm = v(t1)(t2 − t1) + 1 2 a(t2 − t1)2 t2 − t1 = v(t1) + 1 2 a(t2 − t1), vm = v(t1) + 1 2 (v(t2) − v(t1)), vm = 1 2 (v(t1) + v(t2)), resultado válido cuando la aceleración es constante. Para aceleración cons- tante la velocidad media es el promedio aritmético de las velocidades en los extremos del intervalo. 1.5. Movimiento en el espacio 1.5.1. En coordenadas cartesianas Los conceptos son análogos al caso unidimensional. Se definen ahora Trayectoria, es la curva que sigue el punto en el espacio al moverse. El vector posición del punto móvil en términos de las coordenadas cartesianas del punto, es el vector que va desde el origen a la posición del punto en el instante t. Usando coordenadas cartesianas este es r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆj + z(t)ˆk. (1.13) El desplazamiento del punto entre t1 y t2 se define mediante ∆r = r(t2) − r(t1) m. El intervalo de tiempo se llamará ∆t = t2 − t1 s. La velocidad media entre t1 y t2 se define mediante vm(t1, t2) = ∆r ∆t m s−1
  • 24. 12 Cinemática Velocidad instantánea en un instante t. Esta se define mediante un proceso límite v(t) = l´ım ∆t→0 r(t + ∆t) − r(t) ∆t . Este proceso límite define la llamada derivada de la posición v(t) = l´ım ∆t→0 r(t + ∆t) − r(t) ∆t = dr dt . Aceleración media entre t1 y t2 se define mediante a(t) = v(t2) − v(t1) ∆t . Aceleración instantánea en un instante t. Esta se define mediante un proceso límite a(t) = l´ım ∆t→0 v(t + ∆t) − v(t) ∆t . Este proceso límite define la llamada derivada de la velocidad a(t) = l´ım ∆t→0 v(t + ∆t) − v(t) ∆t = dv dt . Al usar un sistema cartesiano fijo para describir el movimiento los vec- tores unitarios ˆı, ˆj, ˆk son constantes y sólo varían las coordenadas de modo que la velocidad y aceleración pueden expresarse en términos de las derivadas de las coordenadas solamente y resultan ser v = dr dt = ˙xˆı + ˙yˆj + ˙zˆk, (1.14) a = dv dt = ¨xˆı + ¨yˆj + ¨zˆk esto es hay que sumar vectorialmente velocidades y aceleraciones en los distintos ejes.
  • 25. 1.5 Movimiento en el espacio 13 y x z X Z Y O k j i r Hemos usado la notación, común en Física, de representar derivadas, cuando ello sea claro, mediante “puntos”, por ejemplo ˙x = dx dt , ¨x = d2 x dt2 . Rapidez. La rapidez de la partícula se define como la magnitud del vector velocidad, es decir v = |v| = p ˙x2 + ˙y2 + ˙z2, que es siempre no negativa. Consideraciones generales sobre trayectoria velocidad y aceleraciónLa X Z YO r v P Q R a Figura 1.8:
  • 26. 14 Cinemática trayectoria es la curva PQR seguida por la partícula. Cuando la par- tícula está en Q, el desplazamiento ∆r es una vector que va desde Q a un punto cercano Q0 que no se muestra. Si el tiempo ∆t → 0 el punto Q0 se acerca a Q. El desplazamiento ∆r tiende a cero en magnitud. Sin embargo la dirección y sentidos no son números y obviamente no tienden a cero. La dirección límite del desplazamiento −−→ QQ0 es eviden- temente la recta tangente a la curva en el punto Q. Por lo tanto, la velocidad es tangente a la trayectoria en el punto Q y así en todos los puntos de la trayectoria. Como veremos más adelante porque es un poco más complicado, al restar dos velocidades para calcular la aceleración v(t + ∆t) − v(t) y luego hacer ∆t → 0, la dirección de la aceleración resultará una parte posiblemente tangente y otra parte normal a la trayectoria hacia el llamado centro de curvatura. La excepción es la trayectoria rectilínea donde al restar dos velocidades sobre una misma recta, resultará una aceleración sobre la misma recta. 1.5.2. En coordenadas polares Es posible utilizar muchos sistemas de coordenadas para describir un mo- vimiento. En particular si el movimiento tiene lugar en un plano, las coorde- nadas polares pueden ser apropiadas. La figura siguiente ilustra tal sistema. Consiste en un eje, llamado eje polar, un origen O en el. Entonces los puntos del plano tienen una posición especificada por r la distancia al origen y θ el llamado ángulo polar θ r r θ O Figura 1.9: Los vectores unitarios son el vector unitario radial ˆr y el vector unita- rio transversal ˆθ cuyo sentido se elige de acuerdo al sentido de crecimiento del ángulo, como se indica en la figura. El eje polar puede estar orientado
  • 27. 1.5 Movimiento en el espacio 15 arbitrariamente pero en la práctica conviene elegirlo hacia donde esté la par- tícula inicialmente de manera de tener θ(0) = 0. Si una partícula se mueve, entonces serán variables sus coordenadas polares r y θ. Esto es r = r(t), θ = θ(t), Siendo r(t) y θ(t) funciones del tiempo. Además, a diferencia del sistema cartesiano, ahora son también variables los vectores unitarios ˆr y ˆθ. Ellos pue- den expresarse en términos de los vectores unitarios cartesianos constantes de la siguiente forma ˆr = cos θˆı + sin θˆj, ˆθ = − sin θˆı + cos θˆj. Si el punto se mueve, el ángulo θ es función del tiempo. Derivando respecto al tiempo se obtiene dˆr dt = ˙θ (− sin θˆı + cos θˆj) = ˙θˆθ, dˆθ dt = −˙θ (cos θˆı + sin θˆj) = −˙θˆr. De estas expresiones es posible obtener dˆr dt = ˙θˆk × ˆr, resultado que será usado en la sección siguiente para calcular derivadas de vectores unitarios en casos más complicados. En definitiva, el vector posición y la velocidad pueden expresarse de la siguiente forma r = rˆr, (1.15) v = ˙rˆr + r˙θˆθ. (1.16) La aceleración será a = ¨rˆr + ˙r dˆr dt + ˙r˙θˆθ + r¨θˆθ + r˙θ dˆθ dt , = ¨rˆr + ˙r˙θˆθ + ˙r˙θˆθ + r¨θˆθ + r˙θ(−˙θˆr),
  • 28. 16 Cinemática o sea a = (¨r − r˙θ 2 )ˆr + (2˙r˙θ + r¨θ)ˆθ. (1.17) Las componentes polares de la aceleración son en consecuencia ar = ¨r − r˙θ 2 , (1.18) aθ = 2˙r˙θ + r¨θ, (1.19) componentes polares que llamaremos componentes radial y transversal res- pectivamente. Hay casos particulares importantes que analizamos a conti- nuación. 1.5.3. Movimiento circular En particular, si la partícula describe una circunferencia de radio R cons- tante con centro en el origen, luego r = R y ˙r = 0 v = R˙θˆθ, (1.20) a = −R˙θ 2 ˆr + R¨θˆθ. (1.21) Las direcciones de los vectores unitarios son ahora: ˆr normal a la circunfe- rencia y ˆθ tangencial a la circunferencia. Entonces la velocidad es tangente a la circunferencia y la aceleración siempre tiene una parte de la aceleración dirigida hacia el centro de la circunferencia, la aceleración centrípeta, y en general otra parte tangente a la circunferencia, la aceleración tangencial. θ P θ r R a Figura 1.10: Movimiento circular.
  • 29. 1.5 Movimiento en el espacio 17 A la primera derivada del ángulo respecto al tiempo se la denomina ve- locidad angular ω y a la segunda derivada del ángulo respecto al tiempo, se la denomina aceleración angular α es decir ω = ˙θ, α = ¨θ, y en términos de éstas se tiene v = Rωˆθ, (1.22) a = −Rω2 ˆr + Rαˆθ. (1.23) 1.5.4. Caso particular. Movimiento circular uniforme. Este caso ocurre si la rapidez es constante. Se tiene entonces que α = 0 y luego v = R˙θˆθ = vˆθ, (1.24) a = −R˙θ 2 ˆr = − v2 R ˆr. (1.25) Además, como ˙θ es constante ˙θ(t) = ˙θ(0), (1.26) y por integración se obtiene θ(t) = θ(0) + ˙θ(0)t, (1.27) es decir el ángulo crece linealmente con el tiempo. 1.5.5. Caso particular. Aceleración angular constante Este caso ocurre si la aceleración angular es constante. En general, si la aceleración angular es constante (no nula) se obtendría por integración ˙θ(t) = ˙θ(0) + αt, (1.28) y además θ(t) = θ(0) + ˙θ(0)t + 1 2 αt2 , (1.29) que muestran que la rapidez angular ˙θ varía linealmente con el tiempo y el ángulo varía cuadráticamente con el tiempo.
  • 30. 18 Cinemática 1.5.6. Notación alternativa Algunos prefieren la notación ˙θ(t) = ω y ¨θ = α, de manera que las relaciones anteriores pueden escribirse ω(t) = ω(0) + αt, (1.30) θ(t) = θ(0) + ω(0)t + 1 2 αt2 . (1.31) 1.5.7. Derivadas de los vectores unitarios En muchos sistemas de coordenadas si el punto se mueve, los vectores uni- tarios cambian de dirección y son por lo tanto vectores variables. Se mantiene constante su magnitud solamente. θ n e de/dt Si un vector unitario ˆe como el de la figura varía con el tiempo porque el ángulo θ varía con el tiempo, entonces su derivada es la velocidad de su punta. Si recuerda la última nota de la sección anterior, la derivada puede ser obtenida mediante el producto cruz ˙θˆn × ˆe o sea dˆe dt = (˙θˆn) × ˆe Si hay más ángulos variables debemos sumar vectorialmente los cambios ob- teniendo dˆe dt = ³ ˙θˆn + ˙φ ˆm + · · · ´ × ˆe = ω × ˆe (1.32)
  • 31. 1.5 Movimiento en el espacio 19 Donde ω se denomina la velocidad angular del movimiento de ˆe. Los vectores unitarios ˆn, ˆm son perpendiculares a los planos donde se definen los ángulos. 1.5.8. Velocidad y aceleración en coordenadas esféricas rθ φ r φ θ Figura 1.11: Las coordenadas esféricas son: r la distancia al origen, θ el ángulo polar y φ el ángulo azimutal. Como el vector posición es r = rˆr, el cálculo de la velocidad y de la aceleración requiere derivar los vectores unitarios, lo cual es más fácil realizar con lo explicado anteriormente, ecuación (1.32). En efecto para coordenadas esféricas ω = ˙φˆk + ˙θˆφ y como ˆk = cos θˆr − sin θˆθ tenemos que ω = ˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ (1.33)
  • 32. 20 Cinemática luego dˆr dt = ³ ˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ ´ × ˆr (1.34) dˆθ dt = ³ ˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ ´ × ˆθ dˆφ dt = ³ ˙φ(cos θˆr − sin θˆθ) + ˙θˆφ ´ × ˆφ y haciendo los productos cruz se obtiene dˆr dt = ˙φˆφ sin θ + ˙θˆθ dˆθ dt = ˙φ cos θˆφ − ˙θˆr dˆφ dt = −˙φ(cos θˆθ + sin θˆr) 1.5.9. Velocidad v = d dt rˆr (1.35) = ˙rˆr + r( ˙φˆφ sin θ + ˙θˆθ) = ˙rˆr + r ˙φˆφ sin θ + r˙θˆθ v2 = ˙r2 + r2 sin2 θ ˙φ 2 + r2 ˙θ 2 (1.36) 1.5.10. Aceleración Omitimos los detalles, pero los resultados son los siguientes: ar = ¨r − r˙θ 2 − r ˙φ 2 sin2 θ (1.37) aθ = r¨θ + 2˙r˙θ − r ˙φ 2 sin θ cos θ aφ = 2˙r ˙φ sin θ + 2r˙θ ˙φ cos θ + r¨φ sin θ
  • 33. 1.5 Movimiento en el espacio 21 1.5.11. Vectores unitarios esféricos Puede ser de interés relacionar con los vectores unitarios cartesianos. Para ello la siguiente figura es más apropiada rθ φ r φ θ φ θ θ φ x y z Los vectores ˆr y ˆθ tienen evidentemente proyecciones en el eje z y en la dirección cos φˆı + sin φˆj, de modo que resultan ˆr = sin θ(cos φˆı + sin φˆj) + cos θˆk, ˆθ = cos θ(cos φˆı + sin φˆj) − sin θˆk, y el otro tiene sólo componentes en el plano xy ˆφ = − sin φˆı + cos φˆj. 1.5.12. Coordenadas cilíndricas Las coordenadas cilíndricas son: la altura z sobre el plano OXY , la dis- tancia ρ de la proyección del punto en el plano OXY al origen y el ángulo que forma la línea del origen a la proyección con el eje OX. Como hay un sólo ángulo variable, la velocidad angular resulta ω = ˙φˆk, y el vector posición es r = ρˆρ + zˆk.
  • 34. 22 Cinemática z φ φ ρ ρ k Figura 1.12: Calculemos las derivadas de los vectores unitarios dˆρ dt = ˙φˆk × ˆρ = ˙φˆφ, dˆφ dt = ˙φˆk × ˆφ = −˙φˆρ, de modo que derivando el vector posición resulta v = d dt (ρˆρ + zˆk), (1.38) = ˙ρˆρ + ρ d dt ˆρ + ˙zˆk, = ˙ρˆρ + ρ˙φˆφ + ˙zˆk, y derivando el vector velocidad resulta para la aceleración a = d dt (˙ρˆρ + ρ˙φˆφ + ˙zˆk) (1.39) = ¨ρˆρ + ˙ρ d dt ˆρ + ˙ρ ˙φˆφ + ρ¨φˆφ + ρ˙φ d dt ˆφ + ¨zˆk = ¨ρˆρ + ˙ρ˙φˆφ + ˙ρ˙φˆφ + ρ¨φˆφ − ρ˙φ 2 ˆρ + ¨zˆk = ³ ¨ρ − ρ˙φ 2 ´ ˆρ + ³ 2˙ρ ˙φ + ρ¨φ ´ ˆφ + ¨zˆk.
  • 35. 1.5 Movimiento en el espacio 23 En resumen vρ = ˙ρ vφ = ρ ˙φ vz = ˙z aρ = ¨ρ − ρ ˙φ 2 aφ = 2˙ρ˙φ + ρ¨φ az = ¨z 1.5.13. Coordenadas intrínsecas Si una partícula se mueve sobre una curva dada, la posición del punto será una función de la longitud de arco s medida desde un origen arbitrario O0 en la curva hasta la posición P del punto en tiempo t, es decir r(t) = r(s(t)). (1.40) Aquí X Z YO r O' P s T ⌃ N ⌃ Figura 1.13: ˆT(s) representa al vector unitario tangente a la trayectoria en el lugar donde está la partícula móvil. ˆN(s) representa al vector unitario normal a la trayectoria y hacia el centro de curvatura,en el lugar donde está la partícula móvil
  • 36. 24 Cinemática Puede demostrarse (vea apéndice) que la velocidad y aceleración están dadas por v = dr dt = ds dt dr ds = ˙s ˆT = v ˆT. (1.41) y a = ¨s ˆT + ˙s2 ρ ˆN = dv dt ˆT + v2 ρ ˆN, (1.42) y para movimientos en un plano, es suficiente considerar ˆT = v v , y ˆN = ±ˆk × ˆT, donde ˆk es perpendicular al plano del movimiento y el signo debe elegirse de modo que ˆN resulte hacia el centro de curvatura. El llamado radio de curvatura ρ puede calcularse si se conoce la trayectoria en forma cartesiana y = y(x) mediante ρ = (1 + y0 (x)2 ) 3/2 |y00(x)| . 1.6. Resumen Por su utilidad se presentan resumidamente los resultados para las com- ponentes de la velocidad y aceleración en los sistemas estudiados en la sección anterior polares vr = ˙r vθ = r˙θ ar = ¨r − r˙θ 2 aθ = 2˙r˙θ + r¨θ cilíndricas vρ = ˙ρ vφ = ρ˙φ vz = ˙z aρ = ¨ρ − ρ˙φ 2 aφ = 2˙ρ ˙φ + ρ¨φ az = ¨z esféricas vr = ˙r vθ = r˙θ vφ = r ˙φ sin θ ar = ¨r − r˙θ 2 aθ = r¨θ + 2˙r˙θ aφ = 2˙r ˙φ sin θ + 2r˙θ ˙φ cos θ −r ˙φ 2 sin2 θ −r ˙φ 2 sin θ cos θ +r¨φ sin θ
  • 37. 1.7 Movimiento de proyectiles 25 intrínsecas vT = |v| = v vN = 0 aT = ˙v aN = v2 /ρ 1.7. Movimiento de proyectiles El movimiento de proyectiles en la vecindad de la superficie terrestre, es un caso de movimiento con aceleración constante. La aceleración de gravedad es de magnitud constante g = 9,8 m s−2 , vertical y dirigida hacia abajo. Entonces se tiene que a = dv dt = ¨xˆı + ¨yˆj = −gˆj, (1.43) donde el eje OY es vertical hacia arriba. Nota 1.3 Se despreciarán efectos causados por el roce con el aire, los efectos que produce la rotación terrestre y la variación de la gravedad con la altura. 1.7.1. Análisis del movimiento Si un objeto es lanzado desde una altura h del eje y con rapidez inicial v0 formando un ángulo α con la horizontal, ver figura 1.14, entonces se tiene que la aceleración del objeto está verticalmente dirigida hacia abajo. Si el eje Ox es horizontal y el eje Oy es vertical dirigido hacia arriba, entonces en componentes se tiene que ¨x = 0, ¨y = −g, de modo que por integración definida entre 0 y t, se obtiene que las compo- nentes de velocidad y posición son ˙x(t) = v0 cos α, (1.44) x(t) = v0t cos α, ˙y(t) = v0 sin α − gt, y(t) = h + v0t sin α − 1 2 gt2 ,
  • 38. 26 Cinemática h O x y V0 α Figura 1.14: 1.7.2. Ecuación de la trayectoria Despejando el tiempo de x y reemplazando en y, o sea eliminando el tiempo entre las coordenadas de posición se obtiene y = h + x tan α − gx2 2v2 0 cos2 α . (1.45) que es la ecuación cartesiana de una parábola que en general tiene un máximo por ser el coeficiente de x2 negativo. 1.7.3. Angulo de disparo para dar en un blanco Aquí responderemos la siguiente pregunta. Si un proyectil es disparado desde un punto (0, h) con rapidez inicial dada v0 ¿es posible pasar por un punto de coordenadas (x, y)? Para dar en un blanco a un punto (x, y) debe- mos averiguar si existe un ángulo de disparo adecuado. Este puede despejarse de la trayectoria, escrita en la forma y = h + x tan α − gx2 2v2 0 (1 + tan2 α). (1.46)
  • 39. 1.7 Movimiento de proyectiles 27 Son conocidos x, y, h, g, v0 por lo cual tenemos una ecuación de segundo grado para tan α y cuya solución es tan α = v2 0 ± p (v4 0 − 2gyv2 0 + 2ghv2 0 − g2x2) gx . (1.47) Aparentemente habrían dos soluciones, pero la sección siguiente lo explica con detalles. 1.7.4. Parábola de seguridad La existencia del ángulo de disparo depende del signo de la cantidad subradical. Si ella es positiva, hay dos ángulos. Si ella es negativa, las solu- ciones son complejas por lo que el punto (x, y) no es alcanzable. Si la cantidad subradical en la expresión anterior es justo cero, estamos en la frontera de la región alcanzable por los disparos puesto que para puntos más lejanos la cantidad subradical es negativa. Entonces la ecuación de esa curva frontera será v4 0 − 2gyv2 0 + 2ghv2 0 − g2 x2 = 0, de donde despejamos y = h + v2 0 2g − 1 2 gx2 v2 0 . (1.48) Esta es la ecuación de una parábola, simétrica respecto al eje y, llama- da parábola de seguridad. Para llegar a puntos en el límite, o sea sobre la parábola de seguridad, el ángulo de disparo estará dado por (la cantidad subradical es cero) tan α = v2 0 gx . (1.49) Aquí, x es la abcisa del punto donde la trayectoria toca tangente a la parábola de seguridad y α es el ángulo adecuado de disparo. Note que todas las posibles trayectorias (parábola de disparo) tocan en forma tangente a la parábola de seguridad en algún punto.
  • 40. 28 Cinemática h α O Y X parábola de seguridad parábola de disparo Los conceptos de esta sección son especialmente útiles cuando se trata de maximizar el alcance de un proyectil en cualquier dirección. Por ejemplo para maximizar el alcance al nivel del suelo de un proyectil disparado desde una altura h, basta hacer y = 0 en la parábola de seguridad h + 1 2g v2 0 − 1 2 g v2 0 x2 = 0, de aquí el alcance máximo será x = v2 0 g s 1 + 2gh v2 0 , y el ángulo para lograrlo será tan α = v2 0 gx = 1 q 1 + 2gh v2 0 < 1, (1.50) menor de 45o a menos que h = 0. 1.7.5. Formulación alternativa (requiere más matemá- ticas) Para una dada posición inicial del disparo y una dada rapidez, si variamos los ángulos de disparo, tenemos una familia de trayectorias, las cuales se muestran en la figura que sigue para varios ángulos de disparo y(x, α) = x tan α − gx2 2v2 0 cos2 α
  • 41. 1.7 Movimiento de proyectiles 29 0 1 2 3 4 5 y -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10x Para realizar la gráfica hemos tomado g = 10 m s−2 y v0 = 10 m s−1 La envolvente de esa familia de curvas, que es tangente a todas las curvas de la familia, es la parábola de seguridad f(x) = v2 0 2g − gx2 2v2 0 . 0 1 2 3 4 5 y -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10x f(x) = 5 − x2 20 y(x, α) = x tan α − x2 20 cos2 α Debe notarse que los puntos de tangencia en la parte positiva del eje x se tienen para ángulos entre 0 y 90o . De hecho para α = 0 el punto de tangencia se tiene en x = ∞. Para ángulos de disparo negativos, los puntos de tangencia
  • 42. 30 Cinemática se producen a la izquierda del origen, como lo ilustra esta figura, hecha para los mismos valores de la anterior y con un angulo α negativo. -20 -15 -10 -5 0 5 -20 -10 10 20 Figura 1.15: Matemáticamente, encontrar la curva envolvente de una familia de curvas, no es tan simple. La condición matemática es que donde se tocan la envol- vente f(x) con alguna curva de la familia y(x, α), ellas allí son tangentes, es decir y(x, α) = f(x), y(x + dx, α + dα) = f(x + dx) ∂y(x, α) ∂x = df(x) dx . En la última ecuación se ha usado el símbolo de derivada parcial para dejar claro que se deriva sólo respecto a x. Desarrollando mediante el teorema de Taylor, la segunda, para valores pequeños de dx y da y(x, α) + ∂y(x, α) ∂x dx + ∂y(x, α) ∂α dα = f(x) + df(x) dx dx. Se cancelan los dos primeros y los dos segundos términos quedando como única condición ∂y(x, α) ∂α = 0. Para nuestro caso y = x tan α − gx2 2v2 0 cos2 α ,
  • 43. 1.7 Movimiento de proyectiles 31 luego ∂y(x, α) ∂α = x sec2 α − gx2 v2 0 cos3 α sin α = 0 debemos eliminar α. De la ecuación anterior reducimos 0 = 1 − gx v2 0 tan α → tan α = v2 0 gx , reemplazamos en y obtenemos y = x tan α − gx2 2v2 0 (1 + tan2 α) = v2 0 g − gx2 2v2 0 (1 + v4 0 g2x2 ), esto es y = v2 0 2g − gx2 2v2 0 . (1.51) Hemos encontrado la ecuación de la parábola de seguridad nuevamente. 1.7.6. Parábola de seguridad en forma polar Recuerde que en coordenadas polares, la ecuación de una curva se expresa como r = r(θ). Si colocamos el origen donde esta el cañón y elegimos al eje OX como eje polar, tendremos en coordenadas polares x = r cos θ, y = r sin θ, y si reemplazamos en (1.51) se obtiene r sin θ = v2 0 2g − gr2 cos2 θ 2v2 0 , de donde podemos despejar r obteniendo (algo de álgebra) r = v2 0 g (1 + sin θ) , (1.52) la forma polar de la parábola de seguridad. Esta forma es particularmente útil para encontrar el alcance máximo r en una determinada dirección θ.
  • 44. 32 Cinemática Y θ α X r x O parábola seguridad trayectoria Por ejemplo podemos relacionar el ángulo de disparo α con el ángulo θ para el alcance máximo r. Recuerde que tan α = v2 0 gx , x = r cos θ, entonces tan α = v2 0 gx = v2 0 gr cos θ = 1 + sin θ cos θ . Esta expresión puede simplificarse porque existe la identidad 1 + sin θ cos θ = tan µ 1 4 π + 1 2 θ ¶ , luego obtenemos algo muy simple α = 1 4 π + 1 2 θ. Esta expresión da los ángulos de disparo α para maximizar el alcance en una dirección arbitraria θ. Si θ = 0 entonces α = π 4 , si θ = π 2 entonces α = π 2 . Ejemplo 1.7.1 Un cañón emplazado al borde de un acantilado de altura h dispara proyectiles con rapidez inicial v0. En el mar un barco dispara pro- yectiles con rapidez v0 0. Establezca cuando al acercarse el barco al pie del acantilado, cual cañón es capaz de alcanzar al otro primero.
  • 45. 1.7 Movimiento de proyectiles 33 y' x' x h d Solución. Para el cañón del fuerte la parábola de seguridad es y = h + v2 0 2g − gx2 2v2 0 , El eje Ox está al nivel del mar. Para el cañón del barco la parábola de seguridad es y0 = v02 0 2g − gx02 2v02 0 Supongamos que cuando la distancia horizontal es x = d, el fuerte es capaz de alcanzar el barco, esto es la parábola de seguridad del fuerte, toca al barco, es entonces y = 0 0 = h + v2 0 2g − gd2 2v2 0 , en ese caso la parábola de seguridad del barco cuando x0 = d da un y0 y0 = v02 0 2g − gd2 2v02 0 , ganará el fuerte si y0 < h (el fuerte queda fuera de la parábola de seguridad del barco) o sea y0 = v02 0 2g − gd2 2v02 0 < h
  • 46. 34 Cinemática eliminamos gd2 = (h + v2 0 2g )2v2 0 obteniendo v02 0 2g − (h + v2 0 2g ) v2 0 v02 0 < h reordenando y simplificando h > 1 2g (v02 0 − v2 0). Ejemplo v0 0 = 700 m s−1 , v0 = 696 m s−1 , g ' 10 m s−2 , ganará el fuerte si h > 7002 − 6962 20 = 279. 2 m N 1.8. Movimiento relativo Desde hace bastante tiempo (mucho antes de la teoría de la relatividad) se ha reconocido que el movimiento es relativo. Si hay dos sistemas de referencia que se mueven uno respecto al otro, entonces los observadores en ambos sistemas determinarán posiciones relativas distintas y velocidades relativas distintas y relacionadas entre sí según cual sea el movimiento de un sistema respecto al otro. Primero analizaremos que ocurre si un sistema se considera fijo, y el otro se traslada sin rotaciones respecto al primero. Siguiendo a Newton, supondremos que el tiempo es absoluto, o sea que transcurre igual en ambos sistemas de referencia. (Desde Einstein, esto ha cambiado, vea apéndice) 1.8.1. Traslación de un sistema La figura ilustra como están relacionadas las posiciones para sistemas dos sistemas, figura (3.1), que se trasladan, uno respecto de otro, con velocidad relativa vO0 r = rO0 + r0 , (1.53) pero rO0 = vO0 t,
  • 47. 1.8 Movimiento relativo 35 luego r0 = vO0 t + r0 . z y x z' y' x' O O' r r’ rO’ Figura 1.16: transformación de Galileo De la relación entre posiciones, derivando respecto al tiempo se obtiene v = vO0 + v 0 , (1.54) la llamada transformación de Galileo de velocidades. En el apéndice se dis- cute porqué esta transformación ha debido modificarse si las velocidades se acercan a la velocidad de la luz. 1.8.2. Movimiento general de un sistema En general para sistemas de referencia arbitrarios, admitiendo aceleraciones y rotaciones de ellos respecto a uno supuesto fijo, las relaciones entre veloci- dades y aceleraciones de partículas son más complicadas. En el apéndice se demuestra que v = vO0 + ω × r 0 + v0 , (1.55) a = aO0 + α × r 0 + 2ω × v 0 + ω × (ω × r 0 ) + a 0 , (1.56) siendo α = dω/dt. Debe observarse que la velocidad y aceleración relativas son las derivadas de los vectores posición y velocidad relativos manteniendo
  • 48. 36 Cinemática fijas las direcciones de los ejes móviles, lo cual en algunos textos se indica por v rel = ∂r 0 ∂t , a rel = ∂v rel ∂t . Estas son las expresiones necesarias para realizar el estudio dinámico de los movimientos en sistemas de referencia que rotan. De hecho, nuestro propio sistema de referencia, la Tierra, tiene una rotación, respecto a su eje, prácti- camente constante y afortunadamente no muy alta. Una vuelta por día. No se preocupe demasiado por esto, esto no se preguntará. 1.9. Ejercicios resueltos Ejercicio 1.1 La posición de una partícula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadas está dada x(t) = 1 + 8t − 2t2 , donde la posición está en metros y el tiempo en segundos. Determine a) La velocidad en t = 5 s. b) La aceleración en t = 2 s. c) El instante en que la partícula cambia su sentido de movimiento. d) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 y t = 4 s. e) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 4 s. f) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 5 s. Solución. Calculamos directamente a) v(t) = dx dt = 8 − 4t que evaluada en t = 5 da v(5) = −12 m s−1 b) a(t) = dv dt = −4 constante por lo tanto a(2) = −4 m s−2 c) Cuando v(t) = 8 − 4t = 0 esto es cuando t = 2 s d) ∆x = x(4) − x(0) = (1 + 8 × 4 − 2 × 42 ) − 1 = 0 m
  • 49. 1.9 Ejercicios resueltos 37 e) Notemos que partícula cambia sentido del movimiento cuando v(t) = 8 − 4t = 0 es decir en t = 2 s, por lo tanto s = x(2) − x(0) + x(2) − x(4) = 16 m f) Similarmente s = x(2) − x(0) + x(2) − x(5) = 26 m N Ejercicio 1.2 Una partícula se mueve a lo largo del eje OX de un sistema de coordenadas con aceleración constante. En el instante inicial pasa por la posición x(0) = −10 m con una velocidad v(0) = −20 m s−1 y en t = 3 s su posición es x(3) = −52 m. Determine a) La posición de la partícula en función del tiempo x(t). (o ecuación itinerario) b) El espacio recorrido por la partícula entre t = 3 s y t = 6 s. c) La velocidad media entre t = 4 s y t = 7 s. d) Los intervalos de tiempo en que la partícula se aleja del origen. Solución. Si a indica la aceleración entonces x(t) = x(0) + v(0)t + 1 2 at2 = −10 − 20t + 1 2 at2 pero se sabe que x(3) = −52 por lo tanto −52 = −10 − 20 × 3 + 1 2 a × 32 de donde a = 4 m s−2 . Ahora podemos calcular las respuestas a) x(t) = −10 − 20t + 2t2
  • 50. 38 Cinemática b) Para saber el espacio recorrido debemos saber cuando cambia el sentido del movimiento v(t) = −20 + 4t = 0 → t = 5 s que está dentro del intervalo (3, 6). Como inicialmente va hacia la iz- quierda s = x(3) − x(5) + x(6) − x(5) = 10 m c) Tenemos que calcular vm(4, 7) = x(7) − x(4) 7 − 4 , pero podemos evaluar x(7) = −52 m y x(4) = −58 m luego vm(4, 7) = −52 + 58 7 − 4 = 2 m s−1 . d) La partícula comienza a moverse hacia la izquierda hasta alcanzar su mínimo que ocurre en t = 5 s. Posteriormente cruza el origen nueva- mente cuando −10 − 20t + 2t2 = 0 → t = 10. 477 s Por lo tanto la partícula se aleja del origen en los intervalos de tiempo 0 < t < 5 y t > 10,477 s N Ejercicio 1.3 El gráfico siguiente ilustra la variación de la velocidad v(t) de una partícula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadas con el tiempo. Si en t = 0 la partícula está en el origen del sistema, deter- mine Vx m/s t (s) O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 30 15 -15
  • 51. 1.9 Ejercicios resueltos 39 a) La aceleración de la partícula en t = 1 s. b) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 s y t = 3 s. c) La velocidad media de la partícula entre t = 4 s y t = 9 s. d) La posición de la partícula en función del tiempo x(t) (ecuación itine- rario) en el intervalo de t = 0 s a t = 2 s. e) Los intervalos de tiempo en que la partícula se dirige hacia el origen. Solución. Es conveniente primero evaluar las aceleraciones (pendientes del gráfico dado) en los tres tramos. Así resulta a1 = − 45 2 m s−2 , a2 = 0 m s−2 , a3 = 15 2 m s−2 luego al utilizar la ecuación x(t) = x(0) + v(0)t + 1 2 at2 , resulta x(t) para todo el recorrido x(t) = x(0) + v(0)t + 1 2 a1t2 = 30t − 45 4 t2 para t 0 2 x(2) = 15 m x(t) = x(2) + v(2)(t − 2) + 1 2 a2(t − 2)2 = 15 − 15(t − 2) para 2 0 t 0 5 x(5) = −30 m x(t) = x(5) + v(5)(t − 5) + 1 2 a3(t − 5)2 = −30 − 15(t − 5) + 15 4 (t − 5)2 para 5 0 t luego las respuestas serán: N a) a(1) = −45 2 m s−2
  • 52. 40 Cinemática b) ∆x = x(3) − x(0) = 15 − 15(3 − 2) = 0 c) vm = x(9) − x(4) 9 − 4 = −30 − 15(9 − 5) + 15 4 (9 − 5)2 − (15 − 15(4 − 2)) 9 − 4 = −3 m s−1 d) x(t) = 30t − 45 4 t2 e) la partícula parte alejándose del origen hacia la derecha hasta que v(t) = 30 − 45 2 t = 0 o sea t = 4 3 s. Luego se mueve hacia la izquier- da acercándose al origen hasta que x(t) = 15 − 15(t − 2) = 0 o sea hasta t = 3 s. Luego se alejará del origen nuevamente hasta que v = 0 y esto ocurre si t = 7 s. De ahí se acercará hasta cuando lo cruce de nuevo esto es cuando −30 − 15(t − 5) + 15 4 (t − 5)2 = 0, con solu- ción t = 7 + 2 √ 3 = 10. 464 1 s. En consecuencia se acerca al origen si 4 3 s < t < 3 s y 7 s < t < 10. 46 1 s Ejercicio 1.4 En el gráfico de la figura están representadas las velocidades de dos partículas A y B que se mueven a lo largo del eje OX de un sistema de coordenadas. Determine Vx m/s t (s) O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 30 10 20 40 A B a) La aceleración de B.
  • 53. 1.9 Ejercicios resueltos 41 b) Espacio recorrido por A desde t = 0 hasta cuando B alcanza la veloci- dad vB = 30 m s−1 . c) El desplazamiento de B en el intervalo de t = 0 s a t = 10 s. d) La posición de la partícula A en función del tiempo t, si su posición inicial es x(0) = 8 m. Solución. La aceleración de B es la pendiente de la curva vx vs t. Dado que la curva es una recta ella resulta constante axB = ∆vx ∆t = − 40 8 = −8 m s−2 . (a) La ecuación de la recta es vxB (t) = 40 − 8t. De aquí se determina el instante en que el móvil B ´alcanza la velocidad vB = 30 m s−1 → 40 − 8t = 30 y de aquí t = 10 8 s = 1. 25 s. El espacio recorrido por A en ese tiempo será xA = 30t == 37. 5 m. (b) El desplazamiento de B es el área bajo la curva (la integral de vx) ∆xB = Z 10 0 vxB (t)dt = Z 10 0 (40 − 8t)dt = 0. (c) Si usted aún no sabe integrar, el área bajo la curva puede calcularla como la suma de las áreas de dos triángulos, una positiva y la otra negativa ∆xB = 1 2 40 × 5 − 1 2 40 × 5 = 0 m. La posición de la partícula A es simplemente xA(t) = xA(0) + vxA t = 8 + 30t. (d) N
  • 54. 42 Cinemática Ejercicio 1.5 Dos partículas A y B se mueven con velocidad constante so- bre un mismo eje OX en sentido contrario de manera que en t = 0 cuando B pasa por Q su velocidad es vB(0) = −5 m s−1 , A pasa por P con velocidad vA(0) = 6 m s−1 . La distancia entre los puntos P y Q es 142 m. Determine las desaceleraciones constantes que deben aplicar ambas partículas para que se detengan simultáneamente justo antes de chocar. P Q 142 (m) Solución. De acuerdo a los datos (colocando el origen en P) xA(t) = 142 − 5t + 1 2 aAt2 , vA(t) = −5 + aAt, xB(t) = 6t − 1 2 aBt2 , vB(t) = 6 − aBt Note que los signos de las aceleraciones corresponden ambas a desaceleracio- nes de magnitud a. Ellas se detienen simultáneamente si −5 + aAt = 0, 6 − aBt = 0, y ellas deben justo estar en la misma posición xA = xB, 142 − 5t + 1 2 aAt2 = 6t − 1 2 aBt2 podemos reemplazar aAt = 5 y aBt = 6 obteniendo 142 − 5t + 1 2 5t = 6t − 1 2 6t de donde t = 284 11 = 25. 818 s,
  • 55. 1.9 Ejercicios resueltos 43 y luego aA = 5 25. 818 = 0,193 m s−2 , aB = 6 25. 818 = 0,232 m s−2 N Ejercicio 1.6 Una partícula se mueve en la dirección positiva del eje OX con una rapidez constante de 50 m s−1 durante 10 s. A partir de este último instante acelera constantemente durante 5 s hasta que su rapidez es 80 m s−1 . Determine: a) La aceleración de la partícula en los primeros 10 s. b) La aceleración de la partícula entre t = 10 s y t = 15 s. c) El desplazamiento de la partícula entre t = 0 s y t = 15 s. d) La velocidad media de la partícula entre t = 10 s y t = 15 s. Solución. Para el primer tramo a) a = 0 m s−2 . b) Aquí a es constante a = ∆v ∆t = 80 − 50 5 = 6 m s−2 . c) El desplazamiento es el área bajo la curva (hágala) v(t˙). El resulta ∆x = 50 × 15 + 1 2 5 × 30 = 825 m. d) Esta es (área entre t = 10 hasta t = 15) vm = x(15) − x(10) 5 = 50 × 5 + 1 2 30 × 5 5 = 65 m s−1 .
  • 56. 44 Cinemática N Ejercicio 1.7 Un cuerpo en movimiento rectilíneo uniformemente acelera- do, recorre en los dos primeros segundo un espacio de 16,72 m y durante los dos segundos siguientes un espacio de 23,46 m. Determine a) El espacio que recorre en los siguientes cuatro segundos. b) La velocidad inicial. c) La aceleración del cuerpo. Solución. Por ser movimiento uniformemente acelerado colocando el ori- gen en la posición inicial x(t) = v0t + 1 2 at2 . Del enunciado x(2) = 16,72 = 2v0 + 2a, x(4) − x(2) = 23,47 = 4v0 + 8a − (2v0 + 2a) = 2v0 + 6a, de donde se obtienen (b) y (c) v0 = 6. 673 m s−1 , a = 1. 688 m s−2 , finalmente para calcular (a) x(8) − x(4) = 67. 204 m. N Ejercicio 1.8 Dos partículas A y B salen al mismo tiempo desde el ori- gen de un sistema de coordenadas moviéndose en el sentido positivo del eje OX. La partícula A tiene una velocidad inicial de vA(0) = 18 m s−1 y una aceleración constante aA = 4 m s−2 , mientras que la partícula B tiene una ve- locidad inicial de vB(0) = 10 m s−1 y una aceleración constante aB = 8 m s−2 . Determine el instante en que las partículas se encuentran nuevamente.
  • 57. 1.9 Ejercicios resueltos 45 Solución. Podemos escribir xA(t) = 18t + 1 2 4t2 , xB(t) = 10t + 1 2 8t2 . Las partículas se encuentran cuando xA = xB y de aquí 18t + 1 2 4t2 = 10t + 1 2 8t2 con soluciones t = 0, y t = 4 s, la segunda sirve. N Ejercicio 1.9 En una carrera de 100 m dos jóvenes A y B cruzan la meta empatados, marcando ambos 10,2 s. Si, acelerando uniformemente, A alcanza su rapidez máxima a los 2 s y B a los 3 s y ambos mantienen la rapidez máxima durante la carrera, determine: a) Las aceleraciones de A y B. b) Las rapideces máximas de A y B. c) El que va adelante a los 10 s y la distancia que los separa en ese instante. Solución. En general si t0 es el tiempo que dura la aceleración y V es la velocidad constante final, tenemos que x(t) = 1 2 at2 , si t < t0 y V = at0 , luego si X indica la distancia total a recorrer, el tiempo T que se emplea es T = t0 + X − 1 2 at02 V T = t0 + X − 1 2 at02 at0
  • 58. 46 Cinemática para nuestro caso, como llegan empatados tenemos T = (2) + 100 − 1 2 aA(2)2 aA(2) = 10,2, T = (3) + 100 − 1 2 aB(3)2 aB(3) = 10,2 de donde despejamos aA = 5. 434 8 m s−2 , aB = 3. 831 4 m s−2 , así resulta además VA = aAt0 A = 5. 434 8 × 2 = 10. 870 m s−1 , VB = aBt0 B = 3. 831 4 × 3 = 11. 494 m s1 , Para la etapa de velocidad constante tenemos que xA(t) = 1 2 aA(t0 A)2 + VA(t − t0 A), xB(t) = 1 2 aB(t0 B)2 + VB(t − t0 B), y reemplazando valores numéricos son xA(t) = 1 2 5. 434 8(2)2 + 10. 870(t − 2) = −10. 87 + 10. 87t, xB(t) = 1 2 3. 831 4(3)2 + 11. 494(t − 3) = −17. 241 + 11. 494t, y para t = 10 s resultan xA = −10. 87 + 10. 87t = 97. 83 m, xB = −17. 241 + 11. 494t = 97. 699 m, luego va adelante A y la distancia que los separa es ∆x = 97. 83 − 97. 699 = 0,131 m.
  • 59. 1.9 Ejercicios resueltos 47 N Ejercicio 1.10 Una partícula que se mueve en movimiento unidimensional sobre el eje OX parte del origen con una velocidad inicial v(0) = 5 m s−1 y desacelera constantemente con una aceleración a = −10 m s−2 . Determine la posición máxima que alcanza sobre el eje de movimiento y la velocidad cuando pasa nuevamente por el origen. Solución. Tenemos que x(t) = 5t − 5t2 , v(t) = 5 − 10t, ella cambia su sentido de movimiento (está en un máximo) cuando 5−10t = 0 y de aquí t = 0,5 s. Para ese instante calculamos xm´aximo = 5(0,5) − 5(0,5)2 = 1. 25 m. Cuando pasa nuevamente por el origen x = 0 y de aquí 5t − 5t2 = 0, con solución t = 1 s. Para ese instante v(1) = 5 − 10 = −5 m s−1 . N Ejercicio 1.11 Si una partícula en que se mueve en movimiento unidimen- sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad nula y aceleración cons- tante a, demuestre que las distancias recorridas en cada segundo aumentan en la proporción 1 : 3 : 5 : 7 : · · · Solución. Basta considerar que x(t) = 1 2 at2 , Así la distancia recorrida entre t = n y t = n + 1 será ∆xn = 1 2 a(n + 1)2 − 1 2 an2 = 1 2 a(2n + 1) o sea están en la proporción 1 : 3 : 5 : 7 : · · · N
  • 60. 48 Cinemática Ejercicio 1.12 Si una partícula que se mueve en movimiento unidimen- sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad V0 y desacelera con aceleración constante −a, demuestre que la partícula regresará al origen en un tiempo t = 2V0 a . Solución. Tenemos que x = V0t − 1 2 at2 , luego haciendo x = 0 resulta V0t − 1 2 at2 = 0, y de aquí t = 2 V0 a . N Ejercicio 1.13 Dos partículas A y B que se mueven en movimiento unidi- mensional sobre el eje OX parten del origen. La partícula A parte en t = 0 con velocidad VA(0) = 10 m s−1 . La partícula B parte en t = 1 s con velo- cidad VB(1) = −10 m s−1 . Ambas desaceleran con aceleración de magnitud a = 6 m s−2 . Determine la máxima distancia entre ellas antes que se crucen. Solución. Para t > 1 tendremos xA(t) = 10t − 3t2 , xB(t) = −10(t − 1) + 3(t − 1)2 . Note que desaceleraciones significan aceleraciones contrarias a la velocidad inicial. La distancia que las separa es xA − xB es decir ∆x = 10t − 3t2 − (−10(t − 1) + 3(t − 1)2 ) = 26t − 6t2 − 13. Su máximo se logra derivando ∆x respecto al tiempo e igualando a cero 26 − 12t = 0, de donde t = 2. 166 7 s y para ese tiempo el máximo será ∆x = 26t − 6t2 − 13 = 15. 167 m.
  • 61. 1.9 Ejercicios resueltos 49 N Ejercicio 1.14 Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza una partícula con rapidez v0 formando un ángulo de 37o con la horizontal y cho- ca al cabo de 3 s con una pared en el punto (x, y). Si se cambia el ángulo de lanzamiento a 53o con la horizontal, manteniendo la misma rapidez de lanza- miento v0, la partícula impacta la pared en el punto (x, y +7). a) Determinar el tiempo que demora el proyectil lanzado a 53o sobre la horizontal en llegar a la pared. b)Determine la rapidez de lanzamiento de la partícula. Solución. Recordando que x = v0t cos α y = v0t sin α − 1 2 gt2 , la condición del problema puede escribirse x = 3v0 cos 37 y = 3v0 sin 37 − 1 2 10(3)2 , y x = v0t cos 53 y + 7 = v0t sin 53 − 1 2 10t2 , Eliminando x e y se obtiene v0t cos 53 = 3v0 cos 37, 3v0 sin 37 − 38 = v0t sin 53 − 5t2 . De la primera t = 3 cos 37 cos 53 = 3. 98 ≈ 4 s, y de la otra v0 = 38 − 5t2 3 sin 37 − t sin 53 = 30. 0 m s−1
  • 62. 50 Cinemática N Ejercicio 1.15 Por un tubo de diámetro despreciable ubicado en el suelo, sale un chorro de agua en un ángulo de 45o con la horizontal (dentro del tubo las partículas de agua tienen distintas velocidades). El grueso del agua forma en el suelo un charco aproximadamente circular de radio 2,2 m cuyo centro se encuentra ubicado a 12,2 m del origen. Determine entre que valores varía la rapidez con que sale el grueso del agua por el tubo despreciando las fuerzas viscosas. Solución. De x = v0t cos α y = x tan α − gx2 2v2 0 cos2 α , cuando y = 0 (punto de caída) se obtiene x = 2v2 0 sin α cos α g . Si α = 45o ello se simplifica a x = v2 0 g , o bien v0 = √ gx. Pero de los datos se sabe que 12,2−2,2 < x < 12,2+2,2 y para los extremos v0 = √ 10 × 10 = 10 m s−1 , v0 = p 10 × 14,4 = 12,0 m s−1 N Ejercicio 1.16 Una partícula en t = 0 pasa por el origen de un sistema de coordenadas fijo en el espacio con velocidad v0 = 2ˆı − ˆk m s−1 moviéndose en el espacio con una aceleración que en cualquier instante está dada por la expresión a(t) = tˆı − ˆj m s−2 . Determine en t = 2 s: a) Los vectores posición y velocidad de la partícula. b) Las componentes tangencial y normal de la aceleración.
  • 63. 1.9 Ejercicios resueltos 51 Solución. De a(t) = tˆı − ˆj, integrando dos veces se deduce que v(t) = 2ˆı − ˆk + ( t2 2 ˆı − tˆj), r(t) = (2ˆı − ˆk)t + ( t3 6 ˆı − t2 2 ˆj), si t = 2 r(2) = (2ˆı − ˆk)2 + ( 4 3 ˆı − 2ˆj) = ( 16 3 , −2, −2), v(2) = 2ˆı − ˆk + (2ˆı − 2ˆj) = 4ˆı − 2ˆj − ˆk = (4, −2, −1) Para evaluar las componentes tangencial y normal, determinemos ˆT(2) = v v = (4, −2, −1) √ 21 por lo tanto aT = a(2) · ˆT(2), pero a(2) = (2, −1, 0), calculando resulta aT = 10 √ 21 = 2. 18 m s−2 , y aN = q a2 − a2 T = p 5 − 2,182 = 0,49 m s−2 N Ejercicio 1.17 Un tanque se desplaza con velocidad constante de 10ˆı m s−1 por una llanura horizontal. Cuando t = 0, lanza un proyectil que da en el blanco a 9 km. Si la inclinación del cañón respecto de la horizontal es 37o , determine la rapidez con que sale el proyectil respecto del cañón.
  • 64. 52 Cinemática Solución. Podemos escribir (g = 10 m s−2 ) x = 9000 = (v0 cos 37 + 10)t, y = v0t sin 37 − 5t2 = 0, de la segunda t = v0 sin 37 5 , reemplace en la primera 9000 = (v0 cos 37 + 10) v0 sin 37 5 tomando sin 37 = 0,6, y cos 37 = 0,8 9000 = 0,096 v2 0 + 1. 2v0 cuya solución positiva es v0 = 300,0 m s−1 N Ejercicio 1.18 Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza un proyectil en dirección de un objeto situado en la posición (2h; h). Al momento de lanzar el proyectil, se suelta el objeto que cae por efecto de la gravedad. Determine en función de h la separación entre el proyectil y el objeto cuando el proyectil haya recorrido horizontalmente una distancia h. Solución. Para el proyectil xP = v0t cos α yP = v0t sin α − 1 2 gt2 , donde tan α = 1/2. Para el objeto xO = 2h, yO = h − 1 2 gt2 .
  • 65. 1.9 Ejercicios resueltos 53 Cuando xP = v0t cos α = h, entonces xP = h, yP = h tan α − 1 2 g( h2 v2 0 cos2 α ), xO = 2h, yO = h − 1 2 g( h2 v2 0 cos2 α ) la distancia será d = p (xP − xO)2 + (yP − yO)2 = q h2 + (h 2 )2 = 1 2 √ 5h N Ejercicio 1.19 Desde un barco que se mueve a 20 km h−1 se ve a otro barco que está a 20 km cruzando su trayectoria perpendicularmente con una rapidez de 15 km h−1 . ¿ Después de cuánto tiempo la distancia que separa los barcos es mínima? Solución. Respecto a un sistema cartesiano, las coordenadas de los dos barcos pueden escribirse x1 = 0, y1 = 20t, x2 = 15t, y2 = 20, de modo que la distancia en función del tiempo será d = p (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 = p (15t)2 + (20t − 20)2 = 5 p (25t2 − 32t + 16) Un polinomio de segundo grado tiene un mínimo en el punto medio entre sus raíces que son t1 = 16 25 + 12 25 i, t2 = 16 25 − 12 25 i, o sea el tiempo es t = 16 25 = 0,64 h
  • 66. 54 Cinemática N Ejercicio 1.20 Una partícula A es lanzada sobre una línea recta horizontal con cierta velocidad. Su aceleración es constante. Un segundo más tarde y desde el mismo lugar otra partícula B es lanzada tras la primera con una velocidad igual a la mitad de la de A y una aceleración el doble de A. Cuando B alcanza a A, las rapideces son 22 m s−1 y 31 m s−1 respectivamente. Calcule la distancia que las partículas han viajado. Solución. Suponiendo el movimiento sobre el eje OX tenemos xA = vt + 1 2 at2 , xB = ( 1 2 v)(t − 1) + 1 2 (2a)(t − 1)2 , vA = v + at, vB = ( 1 2 v) + (2a)(t − 1). Al igualar las distancias y simplificar 1 2 vt = − 1 2 v + 1 2 at2 − 2at + a además vA = v + at = 22 vB = ( 1 2 v) + (2a)(t − 1) = 31 Es un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas cuyas soluciones son a = 5,0 m s−2 , t = 4,0 s, v = 2,0 m s−1 y la distancia resulta d = vt + 1 2 at2 = 48,0 m N Ejercicio 1.21 La velocidad de una partícula en el movimiento rectilíneo decrece desde 15 m s−1 a una velocidad que tiende a cero, cuando x = 30 m tal como lo muestra la figura. Demuestre que la partícula nunca alcanzará los 30 m y calcule la aceleración cuando x = 18 m.
  • 67. 1.9 Ejercicios resueltos 55 Vx m/s x (m) O 30 15 Solución. La función lineal del gráfico corresponde a vx 15 + x 30 = 1, de donde tenemos dx dt + 1 2 x = 15, t = Z x 0 dx 15 − 1 2 x = 2 ln 30 − 2 ln (30 − x) , que tiende a infinito si x → 30. Cuando x = 18 t = 2 ln 30 − 2 ln (30 − 18) = 1. 83 s, la rapidez resulta vx = 15 − 1 2 18 = 6 m s−1 , y la aceleración será (derivando) ax = − 1 2 vx = −3 m s−2 . N Ejercicio 1.22 Una partícula se mueve a lo largo de la curva r = 3θ tal que θ = 2t3 donde t se mide en segundos, r en metros y θ en radianes. Determine la velocidad y la aceleración de la partícula en coordenadas polares para θ = 0,2 rad.
  • 68. 56 Cinemática Solución. Sabemos que v = ˙rˆr + r˙θˆθ, a = (¨r − r˙θ 2 )ˆr + (2˙r˙θ + r¨θ)ˆθ, siendo r = 6t3 , ˙r = 18t2 , ¨r = 36t, ˙θ = 6t2 , ¨θ = 12t y el tiempo dado de 2t3 = 0,2, t = 0,464 s t = 0,464 ˙r = 18t2 = 3. 87 r˙θ = (6t3 )(6t2 ) = 0,77 v = 3,875ˆr + 0,774ˆθ (¨r − r˙θ 2 ) = 36t − (6t3 )(6t2 )2 = 15. 704 (2˙r˙θ + r¨θ) = 2(18t2 )(6t2 ) + 6t3 (12t) = 13. 349 a = 15. 704ˆr + 13. 349 ˆθ N Ejercicio 1.23 Desde una altura de 20 m, con respecto al eje X de un sis- tema de coordenadas ubicado en Tierra, se lanza una partícula A con una rapidez de 50 m s−1 y formando un ángulo de 30o con la horizontal. Simul- táneamente y desde la posición X = 200 m se dispara verticalmente hacia arriba un proyectil B de modo que cuando la partícula A llega a Tierra, el proyectil B está en su altura máxima. Calcular: a)el tiempo transcurrido para que la distancia que separa A de B sea mínima; b)la velocidad relativa de A respecto a B en m s−1 . Solución. Usando g = 10 m s−2 de xA = 50t cos 30 = 25 √ 3t yA = 20 + 50t sin 30 − 5t2 = 20 + 25t − 5t2 , xB = 200, yB = vB(0)t − 5t2 .
  • 69. 1.9 Ejercicios resueltos 57 El tiempo para que la partícula A llegue a la Tierra (yA = 0) se obtiene de 20 + 50t sin 30 − 5t2 = 0 y resulta t = 5. 70 s. Para ese tiempo debe ser vB(t) = 0, entonces vB(0) − 10t = vB(0) − 10 × 5,70 = 0 de donde vB(0) = 57,0 m s−1 . Luego yB(t) = 57t − 5t2 . La distancia entre los dos objetos será d = p (xA − xB)2 + (yA − yB)2 y reemplazando las coordenadas xA − xB = 25 √ 3t − 200, yA − yB = 20 + 25t − 5t2 − (57t − 5t2 ) = 20 − 32t luego d = q (25 √ 3t − 200)2 + (20 − 32t)2 = q 2899t2 − 10 000 √ 3t + 40 400 − 1280t. El mínimo ocurre en el punto medio entre las raíces de 2899t2 −10 000 √ 3t + 40 400 − 1280t = 0, que son: t = 3. 208 + 1. 909i y t = 3. 208 −1. 909i, de modo que el tiempo es t = 3,21 s. En este instante las velocidades son vA = (25 √ 3, 25 − 10t) = (25 √ 3, 25 − 32,1) vB = (0, 57 − 32,1) y la velocidad relativa resulta vA − vB = ³ 25 √ 3, −32,0 ´ = (43. 30, −32,0)
  • 70. 58 Cinemática N Ejercicio 1.24 Un cañón está montado sobre un promontorio de altura h. Se dispara un proyectil con una rapidez v0 y ángulo de elevación α. Demuestre que el alcance horizontal d, distancia a lo largo del plano horizontal que pasa por la base del promontorio, es: d = v0 cos α g ∙ v0 sin α + q v2 0 sin2 α + 2gh ¸ . Solución. La ecuación de la trayectoria es y = h + x tan α − gx2 2v2 0 cos2 α , y cuando y = 0 debemos despejar x de una ecuación de segundo grado, resultando x = d = tan α ± q tan2 α + 4gh 2v2 0 cos2 α g v2 0 cos2 α = v2 0 cos2 α g (tan α ± s tan2 α + 2gh v2 0 cos2 α ) = v0 (cos α) g (v0 sin α ± q¡ v2 0 sin2 α + 2gh ¢ ) N Ejercicio 1.25 Un cañón es montado sobre un promontorio de altura h. Se dispara un proyectil con una rapidez de salida v0. Demuestre que el alcance horizontal d es máximo cuando el ángulo de elevación es: α = sin−1 s v2 0 2v2 0 + 2gh . Solución. La ecuación de la parábola de seguridad es y = h + v2 0 2g − gx2 2v2 0 ,
  • 71. 1.9 Ejercicios resueltos 59 y para llegar a puntos sobre la parábola de seguridad tan α = v2 0 gx . Luego, el alcance máximo x al nivel del suelo se despeja haciendo y = 0 de modo que 0 = h + v2 0 2g − gx2 2v2 0 , x = q (v2 0 + 2gh) v0 g , resultando tan α = v2 0 gx = v2 0 g p (v2 0 + 2gh)v0 g = v0 p (v2 0 + 2gh) , y sin α = v0q (v2 0+2gh) q 1 + v2 0 v2 0+2gh = v0 p (2v2 0 + 2gh) , que prueba el resultado. N Ejercicio 1.26 Una partícula es lanzada al espacio de modo que su alcance sobre el plano horizontal es R y su máxima altura h. Demuestre que el, alcance horizontal máximo, con la misma rapidez de salida v0, es: 2h + R2 8h . Solución. Sabemos que el alcance horizontal y altura máxima son R = 2v2 0 cos α sin α g , h = v2 0 sin2 α 2g ,
  • 72. 60 Cinemática y que el máximo alcance horizontal es Rm´ax = v2 0 g . Debemos eliminar α entre las dos primeras, así sin α = s 2gh v2 0 , reemplazamos en la primera R = 2v2 0 cos α sin α g = = 2v2 0 g s 2gh v2 0 v u u t1 − ( s 2gh v2 0 )2 = 2 √ 2 √ h sµ v2 0 g − 2h ¶ , luego R2 8h = v2 0 g − 2h, y finalmente Rm´ax = v2 0 g = 2h + R2 8h . N Ejercicio 1.27 Se monta un cañón sobre la base de un plano inclinado que forma un ángulo β con la horizontal. Este cañón dispara un proyectil hacia la parte superior del plano, siendo el α ángulo que forma la velocidad de salida del proyectil con el plano. Calcule el ángulo de elevación del plano para que el proyectil impacte sobre el plano inclinado paralelamente a la horizontal. Solución. La ecuación de la trayectoria es con α0 ángulo de disparo res- pecto a la horizontal y = x tan α0 − gx2 2v2 0 cos2 α0 ,
  • 73. 1.9 Ejercicios resueltos 61 y cuando y = x tan β, impacta al plano inclinado. En esa coordenada debe ser dy dx = tan α0 − gx v2 0 cos2 α0 = 0. De las dos primeras resulta tan α0 − gx 2v2 0 cos2 α0 = tan β. De la tercera despejamos x y reemplazamos en la última x = v2 0 cos α0 sin α0 g , luego tan α0 − g 2v2 0 cos2 α0 v2 0 cos α0 sin α0 g = tan β, 1 2 tan α0 = tan β. Pero α0 = α + β de manera tan(α + β) = 2 tan β, tan α + tan β 1 − tan α tan β = 2 tan β de donde tan β = 1 4 tan α µ 1 − q (1 − 8 tan2 α) ¶ . Hay solución sólo si 8 tan2 α < 1, por ejemplo para tan α = 1/ √ 8, resulta α = 0,339 8, tan β = √ 8 4 = 1 2 √ 2 = 0,707, β = 0,615, α0 = 0,339 8 + 0,615 = 0,9548. N Ejercicio 1.28 Un proyectil se dispara con rapidez inicial v0, y ángulo de inclinación variable. ¿Para qué ángulo el alcance del proyectil será máximo a lo largo de la recta y = x tan θ ?.
  • 74. 62 Cinemática Solución. Tenemos la ecuación de la parábola de seguridad y = v2 0 2g − gx2 2v2 0 , y para llegar a puntos sobre la parábola de seguridad tan α = v2 0 gx . Además debe ser y = x tan θ. De la primera y la tercera v2 0 2g − gx2 2v2 0 = x tan θ, de donde x = µ − tan θ + q (tan2 θ + 1) ¶ v2 0 g , y luego tan α = v2 0 gx = 1 − tan θ + p (tan2 θ + 1) = tan θ + sec θ, que prueba el resultado. Sin embargo hay un resultado más simple. En efecto de la identidad tan θ 2 = 1 − cos θ sin θ resulta tan θ + π 2 2 = 1 + sin θ cos θ = tan θ + sec θ, luego tan α = tan θ + π 2 2 , de donde α = π 4 + θ 2 . Por ejemplo si θ = 0 → α = π 4 , θ = π 2 → α = π 2 .
  • 75. 1.9 Ejercicios resueltos 63 N Ejercicio 1.29 Un aeroplano que vuela horizontalmente a 1 km de altura y con una rapidez de 200 km h−1 , deja caer una bomba contra un barco que viaja en la misma dirección y sentido con una rapidez de 20 km h−1 . Pruebe que la bomba debe soltarse cuando la distancia horizontal entre el avión y el barco es de 705 m (considere g = 10 m s−2 ). Solución. Colocando el origen al nivel del mar, bajo el avión en el instante de soltar la bomba, tenemos (1 km h = 1000/3600 = 5 18 = 0,278 m s−1 ) xP = 200 × 1000 3600 t, yP = 1000 − 5t2 , xB = d + 20 × 1000 3600 t, yB = 0. Para dar en el blanco, igualamos 200 × 1000 3600 t = d + 20 × 1000 3600 t, 1000 − 5t2 = 0, de la última t = √ 200 s y de la anterior d = (200 × 1000 3600 − 20 × 1000 3600 ) √ 200 = 707,1 m N Ejercicio 1.30 Se deja caer una pelota verticalmente sobre un punto A de un plano inclinado que forma un ángulo de 20o con un plano horizontal. La pelota rebota formando un ángulo de 40o con la vertical. Sabiendo que el próximo rebote tiene lugar en B a distancia 10 m de A más abajo del plano, calcule: a) el módulo de la velocidad con la cual rebota la pelota en A,
  • 76. 64 Cinemática b) el tiempo transcurrido desde que la pelota rebota en A hasta que la pelota rebota en B. Solución. De acuerdo a la figura tenemos 10 m 20º x y 100 m/s B 40º 50º y = x tan 50 − gx2 2v2 0 cos2 50 , poniendo la condición que pase por B con coordenadas xB = 10 cos 20, yB = −10 sin 20, debemos despejar v0 −10 sin 20 = 10 cos 20 tan 50 − g(10 cos 20)2 2v2 0 cos2 50 , v0 = s 5g(cos 20) sec2 50 (tan 50 + tan 20) . El tiempo lo obtenemos de xB = v0(cos 50)tB resultando tB = 10 cos 20 v0(cos 50) = 10 cos 20 (cos 50) s (tan 50 + tan 20) 5g(cos 20) sec2 50 = 10 s cos 20 (tan 50 + tan 20) 5g N Ejercicio 1.31 Si el alcance máximo horizontal de un proyectil es R, calcu- lar el ángulo α que debe usarse, con la misma rapidez de lanzamiento, para que el proyectil impacte en un blanco situado al mismo nivel de lanzamiento y a una distancia R/2.
  • 77. 1.9 Ejercicios resueltos 65 Solución. Sabemos que R = 2v2 0 cos α sin α g , Rm´ax = v2 0 g , Si Rm´ax = R/2 entonces sin 2α = 1 2 , 2α = 30o , α = 15o . N Ejercicio 1.32 Una partícula se mueve a lo largo de una parábola y = x2 de tal manera que para todo instante se cumple que vx = 3 m s−1 . Calcule la velocidad y aceleración de la partícula cuando x = 2/3 m. Solución. Este problema requiere de conocimientos de cálculo. En efecto sabemos que dx dt = 3, y = x2 , derivando la segunda dy dt = 2x dx dt = 6x, derivando de nuevo, d2 x dt2 = 0, d2 y dt2 = 6 dx dt = 18, la aceleración ha resultado constante a = (0, 18) m s−2 . Para x = 2/3 resulta y = 4/9 y la velocidad v = (3, 12/3) = (3, 4) m s−1 . N Ejercicio 1.33 Una partícula se mueve en el plano XY de acuerdo a la ley: ax = −4 sin t; ay = 3 cos t. Se sabe que cuandot = 0, x = 0; y = 3; vx = 4; vy = 0. Encuentre la expresión cartesiana de la trayectoria y además calcule la velocidad cuando t = π/4. Exprese sus magnitudes en unidades SI.
  • 78. 66 Cinemática Solución. Tenemos que d2 x dt2 = −4 sin t, d2 y dt2 = 3 cos t, integrando dos veces con las condiciones iniciales dadas resulta dx dt = 4 + 4(cos t − 1) = 4 cos t, dy dt = 3 sin t, x = 4 sin t, y = 3 − 3(cos t − 1) = 6 − 3 cos t, Eliminando el tiempo resulta la ecuación de la trayectoria x2 16 + ( y − 6 3 )2 = 1. La velocidad es v = (4 cos t, 3 sin t) y en t = π/4 v = (2 √ 2, 3 2 √ 2) = (2. 83, 2. 12) m s−1 N Ejercicio 1.34 Una partícula se mueve sobre el plano XY de manera que sus coordenadas están dadas por x = t; y = t3 /6, siendo t la variable inde- pendiente tiempo. Determine para t = 2 s la magnitud de la aceleración, las componentes normal y tangencial de la aceleración y el radio de curvatura de la trayectoria en dicho instante. Solución. Tenemos x = t, y = t3 6 , derivando dos veces vx = 1, vy = t2 2 ,
  • 79. 1.9 Ejercicios resueltos 67 ax = 0, ay = t, El vector unitario tangente es ˆT = v v = (1, t2 2 ) q 1 + t4 4 . En t = 2 s calculamos vx = 1, vy = 2, ax = 0, ay = 2, ˆT = (1, 2) √ 5 luego a = 2 m s−2 , v = √ 5 m s−1 aT = a · ˆT = ayTy = 2 × 2 √ 5 = 1. 79 m s−2 , aN = q a2 − a2 T = 2 5 √ 5 = 0,89 m s−2 , ρ = v2 aN = 5 2 √ 5 = 5. 59 m. N Ejercicio 1.35 Una partícula se mueve describiendo una circunferencia de acuerdo a la ley s = t3 + 2t2 , donde s se mide en metros y t en segundos. Si la magnitud de la aceleración de la partícula es 16 √ 2 m s−2 cuando t = 2 s, calcule el radio de la circunferencia. Solución. De los datos s = Rθ = t3 + 2t2 , de donde ˙θ = 3t2 + 4t R , ¨θ = 6t + 4 R
  • 80. 68 Cinemática La aceleración en polares tiene las dos componentes a = (−R˙θ 2 , R¨θ) = (− (3t2 + 4t)2 R , 6t + 4), si t = 2 s a = µ − 400 R , 16 ¶ , y se sabe que la magnitud es r 4002 R2 + 162 = 16 √ 2, de donde R = 25 m. N Ejercicio 1.36 (1) Una partícula describe una trayectoria dada por las si- guientes ecuaciones paramétricas: x = t; y = t2 /2. Determinar la curva y el radio de curvatura. Solución. Elimine el tiempo y se obtiene la curva y = 1 2 x2 . El radio de curvatura es ρ = (1 + y02 ) 3/2 |y00| = (1 + x2 )3/2 = (1 + t2 )3/2 . N Ejercicio 1.37 Dada la curva: x = t; y = t2 ; calcular:a) la curvatura K, b) el radio de curvatura en el punto ( √ a; a)) . Solución. Similarmente resulta y = x2 , ρ = (1 + y02 ) 3/2 |y00| = (1 + 4x2 ) 3/2 2 , K = 1 ρ = 2 (1 + 4x2)3/2 ,
  • 81. 1.9 Ejercicios resueltos 69 y en x = √ a ρ = (1 + 4a)3/2 2 . N Ejercicio 1.38 Demuestre que la curvatura de la elipse x2 /a2 + y2 /b2 = 1 es: K = a4 b [a2 (a2 − x2) + b2x2] 3 2 . Solución. Es conveniente derivar en forma implícita x a2 + yy0 b2 = 0, y0 = − b2 x a2y , y00 = − b2 a2y + b2 x a2y2 y0 = − b2 a2y − b2 x a2y2 b2 x a2y = − b2 a2y − b4 x2 a4y3 . Luego K = |y00 | (1 + y02)3/2 = b2 a2y + b4x2 a4y3 (1 + b4x2 a4y2 )3/2 = a2 b2 (a2 y2 + b2 x2 ) (a4y2 + b4x2) 3 2 pero x2 /a2 + y2 /b2 = 1 =⇒ b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 , luego K = a4 b4 (a4y2 + b4x2) 3 2 = a4 b (a2(a2 − x2) + b2x2) 3 2 . N Ejercicio 1.39 (1) La aceleración de una partícula es: a = 2e−t ˆı+5 cos t ˆj. En el instante t = 0 se encuentra en el punto P(1; 3) siendo su velocidad v = 4ˆı − 3ˆj. Encuentre su posición y velocidad para cualquier instante t > 0.
  • 82. 70 Cinemática Solución. Tenemos que dv dt = 2e−t ˆı + 5 cos t ˆj, integrando con las condiciones iniciales dadas v = 4ˆı − 3ˆj + 2(1 − e−t )ˆı + 5 sin t ˆj = ¡ 6 − 2e−t ¢ ˆı + (5 sin t − 3) ˆj. Integrando de nuevo r = ˆı + 3ˆj + ¡ 6t − 2(1 − e−t ) ¢ ˆı + (5(1 − cos t) − 3t) ˆj = (2e−t + 6t − 1)ˆı + (8 − 5 cos t − 3t)ˆj. N Ejercicio 1.40 Una partícula se mueve sobre una trayectoria tal que su vector de posición en cualquier instante es: r = tˆı + t2 2 ˆj + tˆk . Determine: a)la velocidad, b)la rapidez c)la aceleración, d)la magnitud de la aceleración tangencial y e)la magnitud de la aceleración normal. Solución. De r = tˆı + t2 2 ˆj + tˆk, derivando dos veces v = ˆı + tˆj + ˆk = (1, t, 1), v = √ 2 + t2, a = ˆj. El vector unitario tangente es ˆT = v v = (1, t, 1) √ 2 + t2 , por lo tanto aT = a · ˆT = t √ 2 + t2 , aN = q a2 − a2 T = r 1 − t2 2 + t2 = r 2 2 + t2 .
  • 83. 1.9 Ejercicios resueltos 71 N Ejercicio 1.41 Una partícula se mueve en el plano XY de tal manera que: ax = 4pe4t y vy = 2πq cos 2πt donde p y q son constantes positivas. Cuando t = 0; x = p/4; y = 0; vx = p. Determinar: a)el vector posición, el vector velocidad y el vector aceleración de la partícula en función del tiempo; b)la trayectoria de la partícula. Solución. Tenemos que ax = dvx dt = 4pe4t , vy = dy dt = 2πq cos 2πt. Para la aceleración derivamos la segunda ay = −4π2 q sin 2πt, luego a = (4pe4t , −4π2 q sin 2πt). Para la velocidad debemos integrar la primera vx = p + Z t 0 4pe4t dt = pe4t , por lo tanto la velocidad es v = (pe4t , 2πq cos 2πt). Integramos de nuevo r = p 4 ˆı + ( 1 4 pe4t − 1 4 p, q sin 2πt) = ( 1 4 pe4t , q sin 2πt). Para obtener la trayectoria debemos eliminar t entre x = 1 4 pe4t , y y = q sin 2πt, obteniendo y = q sin( π 2 ln 4x p )
  • 84. 72 Cinemática N Ejercicio 1.42 Una partícula se mueve en el plano XY describiendo la cur- va y = ln x; calcule: a) la rapidez en función de x y ˙x , b) la magnitud de la aceleración en función de x , ˙x y ¨x , c)si ˙x = c , calcule en x = a, las magnitudes de la aceleración tangencial y normal. Solución. De y = ln x, se obtiene ˙y = 1 x ˙x, ¨y = 1 x ¨x − 1 x2 ˙x2 , de modo que v = p ˙x2 + ˙y2 = r ˙x2 + ( 1 x ˙x)2 = ˙x r 1 + 1 x2 . a = p ¨x2 + ¨y2 = r ¨x2 + ( 1 x ¨x − 1 x2 ˙x2)2. Si ˙x = c entonces ¨x = 0 y sabemos que x = a. Por lo tanto v = c r 1 + 1 x2 , aT = dv dt = c − 2 x2 ˙x 2 q 1 + 1 x2 = c2 − 2 x2 2 q 1 + 1 x2 = − c2 a p (a2 + 1) Además a = r ¨x2 + ( 1 x ¨x − 1 x2 ˙x2)2 = ˙x2 x2 = c2 a2 , aN = q a2 − a2 T = s c4 a4 − c4 a2 (a2 + 1) = c2 a2 p (a2 + 1) .
  • 85. 1.9 Ejercicios resueltos 73 N Ejercicio 1.43 Una partícula se mueve de modo que sus coordenadas car- tesianas están dadas como funciones del tiempo por x = 3t y = 2t − 5t2 Determine a)Las componentes cartesianas de la velocidad y de la aceleración. b) Las componentes polares de la velocidad y de la aceleración. c)Las com- ponente normal y tangencial de la velocidad y aceleración. d)La ecuación de la trayectoria en coordenadas cartesianas. e)La ecuación de la trayectoria en coordenadas polares. Solución. x = 3t y = 2t − 5t2 a) vx = 3, vy = 2 − 10t, ax = 0, ay = −10, b) ˆr = 3tˆı+(2t−5t2)ˆj √ 9t2+(2t−5t2)2 , ˆθ = ˆk × ˆr = 3tˆj−(2t−5t2)ˆı √ 9t2+(2t−5t2)2 vr = v · ˆr = 9t + (2t − 5t2 )(2 − 10t) p 9t2 + (2t − 5t2)2 vθ = v · ˆθ = 3t(2 − 10t) − (2t − 5t2 )3 p 9t2 + (2t − 5t2)2 ar = a · r = (−10)(2t − 5t2 ) p 9t2 + (2t − 5t2)2 aθ = a · ˆθ = (−10)3t p 9t2 + (2t − 5t2)2 c) ˆT = v v = 3ˆı+(2−10t)ˆj √ 9+(2−10t)2 , ˆN = ˆT × ˆk = −3ˆj+(2−10t)ˆı √ 9+(2−10t)2 entonces vT = v · ˆT = v = p 9 + (2 − 10t)2 vN = 0 aT = a · ˆT = −10(2 − 10t)ˆj p 9 + (2 − 10t)2 aN = a · ˆN = 30 p 9 + (2 − 10t)2
  • 86. 74 Cinemática d) y = 2 3 x − 5 9 x2 e) Sería necesario expresar r = r(θ) donde r = p 9t2 + (2t − 5t2)2 tan θ = y x = 2 − 5t 3 de donde t = 2 5 − 3 5 tan θ y luego con algo de álgebra resulta r = 3 5 (2 − 3 tan θ) q (1 + tan2 θ) N Ejercicio 1.44 Una partícula se mueve sobre una elipse de semi ejes a y b centrada en el origen de un sistema de coordenadas con rapidez constante v0, siendo la ecuación de la elipse: x2 a2 + y2 b2 = 1 a) Determine la magnitud de la aceleración de la partícula en los puntos más alejado y más cercano de la partícula al centro. b) El tiempo que emplea la partícula en recorrer toda la elipse. c) La determinación de la ecuación para- métrica de la trayectoria con parámetro tiempo es un problema complicado, pero explique el método a seguir. Solución. De la elipse x2 a2 + y2 b2 = 1 deseamos obtener el radio de curvatura. Derivando implícitamente obtenemos yy0 b2 = − x a2 y0 = − b2 a2 x y , y00 = − b2 a2 1 y + b2 a2 x y2 y0 = − b4 a2y3
  • 87. 1.9 Ejercicios resueltos 75 entonces ρ = (1 + y02 )3/2 |y00| = (1 + b4 a4 x2 y2 )3/2 b4 a2y3 = (a4 y2 + b4 x2 )3/2 a4b4 Si a > b el punto más alejado es x = a, y = 0, ρ = b2 a . El punto más cercano es x = 0, y = b, ρ = a2 b a) a = v2 0 ρ = ( v2 0a b2 v2 0b a2 b) La rapidez constante significa que ds dt = v0, de donde p 1 + (y0)2 dx dt = v0 dt = 1 v0 p 1 + (y0)2dx junto a x2 a2 + y2 b2 = 1 y0 = 1 p (a2 − x2) b a x dt = 1 v0 1 a sµ b2x2 + a4 − a2x2 a2 − x2 ¶ dx si la última expresión pudiera integrarse se tendría t = t(x) y problema resuelto. N Ejercicio 1.45 La ecuación de una elipse en coordenadas polares puede escribirse como r = c 1 − e cos θ
  • 88. 76 Cinemática siendo c y e constantes. Si el ángulo varía proporcionalmente al tiempo t con constante de proporcionalidad λ, determine las componentes polares de la velocidad y de la aceleración en función del tiempo. Solución. Aquí r = c 1 − e cos θ , θ = λt las componentes polares están dadas por vr = ˙r = − eλc sin λt (1 − e cos λt)2 vθ = r˙θ = λc 1 − e cos λt ar = ¨r − r˙θ 2 = ¨r − rλ2 = µ − e cos λt (1 − e cos λt) + 2e2 sin2 λt (1 − e cos λt)2 − 1 ¶ λ2 c 1 − e cos λt aθ = 2˙r˙θ + r¨θ = 2˙rλ = − 2eλ2 c sin λt (1 − e cos λt)2 N Ejercicio 1.46 Una partícula se mueve sobre una circunferencia de radio R con aceleración angular constante partiendo del reposo. Si la partícula realiza n vueltas completas a la circunferencia en el primer segundo, determine la aceleración angular de la partícula. Determine además el número de vueltas que realiza la partícula durante el siguiente segundo del movimiento. Solución. Aquí θ = 1 2 αt2 entonces 2πn = 1 2 α, α = 4πn y durante el siguiente segundo realiza θ(2) − θ(1) 2π = n(22 − 12 ) = 3n vueltas. N
  • 89. 1.9 Ejercicios resueltos 77 Ejercicio 1.47 Desde lo alto de un edificio, se lanza verticalmente hacia arriba una pelota con una rapidez de 12,5 m s−1 . La pelota llega a tierra 4,25 s, después. Determine: a) La altura que alcanzó la pelota respecto del edificio. b)La rapidez de la pelota al llegar al suelo. Solución. La altura en función del tiempo será y = h + v0t − 1 2 gt2 luego, tomando g = 10 m s−2 y = h + 12,5t − 5t2 siendo a) h + 12,5(4,25) − 5(4,25)2 = 0, h = 37. 19 m b) vy = 12,5 − 10t = 12,5 − 10(4,25) = −30,0 m s−1 N Ejercicio 1.48 Se deja caer un cuerpo desde una altura inicial de 33 m, y simultáneamente se lanza hacia abajo otro cuerpo con una rapidez inicial de 1 m s−1 . Encontrar el instante en que la distancia entre ellos es de 18 m. Solución. y1 = 33 − 5t2 y2 = 33 − t − 5t2 y1 − y2 = t entonces la distancia entre ellos es 18 m a los 18 s. N Ejercicio 1.49 Un cuerpo que cae, recorre en el último segundo 68,3 m. Encontrar la altura desde donde cae. Solución. Suponiendo que se soltó del reposo y = h − 5t2
  • 90. 78 Cinemática el tiempo en que llega al suelo es t = q h 5 la distancia recorrida en el último segundo será y( r h 5 − 1) − y( r h 5 ) = 5( r h 5 )2 − 5( r h 5 − 1)2 = 68,3 y resolviendo h = 268. 6 m N Ejercicio 1.50 Desde lo alto de un acantilado, se deja caer una piedra. Desde la misma altura se lanza verticalmente hacia abajo una segunda pie- dra, 2 s más tarde, con una rapidez de 30 m s−1 . Si ambas golpean el piso simultáneamente, encuentre la altura del acantilado. Solución. y1 = h − 5t2 y2 = h − 30(t − 2) − 5(t − 2)2 siendo al mismo tiempo y1 = h − 5t2 = 0 y2 = h − 30(t − 2) − 5(t − 2)2 = 0 de aquí t = 4 s, h = 80 m N Ejercicio 1.51 Desde el piso, se lanza hacia arriba una pelota con una rapidez de 40 m s−1 . Calcule el tiempo transcurrido entre los dos instantes en que su velocidad tiene una magnitud de 2,5 m s−1 y la distancia respecto al piso que se encuentra la pelota en ese instante.
  • 91. 1.9 Ejercicios resueltos 79 Solución. y = v0t − 1 2 gt2 vy = v0 − gt de aquí vy = v0 − gt1 = 2,5 vy = v0 − gt2 = −2,5 de donde t2 − t1 = 5 g = 0,5 s Además de 40 − gt1 = 2,5 despejamos t1 = 37,5 10 = 3,75 s y por lo tanto y1 = 40(3,75) − 5(3,75)2 = 79. 69 m N Ejercicio 1.52 Una roca cae libremente recorriendo la segunda mitad de la distancia de caída en 3 s. Encuentre la altura desde la cual se soltó y el tiempo total de caída. Solución. y = h − 1 2 gt2 el tiempo en que alcanza h/2 es t1 = q h g y el tiempo en que h = 0 es t2 = q 2h g a) por lo tanto el tiempo empleado en la segunda parte de recorrido es s 2h g − s h g = 3 =⇒ h = 524. 6 m
  • 92. 80 Cinemática b) t = s 2h g = r 524. 6 5 = 10,2 s N Ejercicio 1.53 Se dispara un proyectil desde la cima de una colina de 150 m de altura con una rapidez de 180 m s−1 y formando un ángulo de 30o con la horizontal. Calcule: a) La distancia horizontal entre el punto de lanzamien- to y el punto de caída del proyectil. b) La altura máxima del proyectil con respecto al suelo. c) La componente normal y tangencial de la aceleración al salir en el punto de disparo. Solución. x = 180(cos π/6)t y = 150 + 180(sin π/6)t − 5t2 a) Punto de caída 150 + 180(sin π/6)t − 5t2 = 0, t = 19. 5 s x = 180(cos π/6)(19,5) = 3039. 8 m b) Tiempo para la altura máxima 180(sin π/6)−10t = 0, t = 9,0 s entonces ym´ax = 150 + 180(sin π/6)(9) − 5(9)2 = 555,0 ym´ax = 555,0 m c) El vector unitario tangente es ˆT = v v = ˆı cos π/6 + ˆj sin π/6, a = −10ˆj entonces aT = a · ˆT = −10 sin π/6 = −5 m s−2 aN = q a2 − a2 T = √ 100 − 25 = 8,66 m s−2 N
  • 93. 1.9 Ejercicios resueltos 81 Ejercicio 1.54 Un cañón de artillería lanza proyectiles con una rapidez de 300 m s−1 . El artillero debe darle a un blanco que se encuentra a 8640 m detrás de un cerro cuya altura es de 1000 m ubicado a 1200 m del cañón. Demuestre que es posible darle al blanco y determine el ángulo de elevación para cumplir el objetivo. Solución. Supondremos que damos en el blanco entonces y = x tan α − gx2 2v2 0 cos2 α 0 = 8649 tan α − 5(8649)2 (300)2 cos2 α que tiene dos raíces reales α1 = 53. 03o α2 = 36. 97o debemos verificar que el disparo pasa sobre el cerro, para ello evaluamos en ambos ángulos y(1200) y1(1200) = 1373,0 m y2(1200) = 777,95 m siendo la altura del cerro excedida en el primer caso. N Ejercicio 1.55 Se dispara un proyectil de modo que su alcance horizontal es igual al triple de la altura máxima. Encuentre el ángulo de lanzamiento. Solución. Sabemos que xm´ax = v2 0 sin 2α g ym´ax = v2 0 sin2 α 2g entonces v2 0 sin 2α g = 3 v2 0 sin2 α 2g
  • 94. 82 Cinemática entonces 2 cos α = 3 sin α tan α = 2 3 , =⇒ α = 33,69o N Ejercicio 1.56 Un lanza granadas tiene un alcance máximo de 300 m. Para dar en un blanco que se encuentra a una distancia de 400 m del lanza granada, determine: a) La altura mínima que debe subirse el lanza granada. b) La rapidez de lanzamiento. c) El ángulo de lanzamiento. Solución. La ecuación de la parábola de seguridad es y = h + v2 0 2g − gx2 2v2 0 Sabemos también que para h = 0 la distancia máxima alcanzable es x(0) = v2 0 g = 300 y para una altura h la distancia horizontal máxima será x(h) = q (v2 0 + 2hg) v0 g = 400 m de la primera a) v0 = √ 3000 = 54. 77 m s−1 y de p ((54. 77)2 + 2h10)54. 77 10 = 400 b) h = 116. 701 m c) El ángulo de lanzamiento cuando el blanco está sobre el límite de la parábola de seguridad está dado por tan α = v2 0/gx entonces α = 36,87o N