cap2 problemas cinética de la partícula
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Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-1
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Problemas complementarios capítulo 2
Ejemplo 2.1:
El bloque mostrado puede resbalar sobre una superficie
inclinada rugosa )1,0( , tiene una masa 400m kg y
está unido a un resorte ( 400k N/m), el cual en su otro
extremo está fijo a una pared. Si el bloque es liberado
desde el reposo estando el resorte sin deformar, se pide
determinar, para la primera fase de movimiento de
descenso:
a) La velocidad del bloque x en función de x.
b) Máximo desplazamiento y velocidad del bloque luego de 5 m de recorrido.
c) Ecuación paramétrica del movimiento )(txx .
d) Tiempo requerido para que el bloque recorra 5 m.
e) Aceleración del bloque al inicio del movimiento.
Solución: a) Según la 2ª. Ley de Newton, para cada instante de movimiento los
siguientes sistemas son equivalentes:
: yF 0cos gmN cosgmN (1)
: xF xmFFgm rfsen
xmxkNgm sen (2)
(2) en (1): xmxkgmgm cossen
ordenando: )cossen( gmxkxm (3)
Reemplazando los datos en (3): )2
31,0
2
1()8,9(400400400 xx
de donde: xx 051,4 (4)
como xdxdxx : dxxxdx )051,4(
integrando: dxxxdx )051,4(
1
22 5,0051,42
1cxxx
de condiciones iniciales: cuando 0x , 0x 01 c
por lo tanto: 2/12 )103,8( xxx (5)
FfN
m g
30°xm
30°
FR
x
y
k
xxx ,,
A
30°
por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing.
Área de Diseño
Sección de Ingeniería Mecánica
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-2
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b) Primero veamos cuánto se desplaza en la primera fase de movimiento.
x es máxima si 0x 0103,8 2 xx m103,8x
por tanto, 5x m pertenece a la primera fase de movimiento (descenso), entonces:
haciendo 5x en (5): m/s94,3x
c) Ecuación paramétrica de movimiento:
derivando (5): 2/12 )103,8( xxdt
dx
separando variables:
tx
dtxx
dx
00
2/12 )103,8(
resolviendo: 2052,4
052,4arcsen
xt (6)
despejando x: )2
(052,4052,4
tsenx (7)
d) Haciendo 5x en (6): s8,1t
e) Derivando (7): )2
(cos052,4
tx
derivando otra vez: )2
(sen052,4
tx
Para el inicio del movimiento, 0t : 2m/s052,4x
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-3
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Ejemplo 2.2:
Un bloque pequeño de masa m está en reposo en
la parte superior de una superficie semicilíndrica
fija de radio R. Al bloque se le imprime una
velocidad inicial 0v hacia la derecha, la cual hace
que se deslice descendiendo sobre la superficie
cilíndrica rugosa (coeficiente cinético de fricción
). Se pide determinar:
a) La ecuación diferencial del movimiento del bloque pequeño.
b) La velocidad del bloque en función del ángulo .
c) La fuerza normal entre el bloque y la superficie semicilíndrica en función del ángulo
.
d) Determinar el ángulo para el cual el bloque pierde contacto con la superficie.
Solución: a) La 2da. ley de Newton para una posición genérica de la partícula
establece la siguiente equivalencia de sistemas:
tF : tf amFsengm dt
dvmFsengm f (1)
nF : namNmg cos R
vmNmg
2
cos (2)
como la fricción es cinética: NF f
en (1): dt
dvmNsengm (3)
(2) en (3): dt
dvm
R
vmgmsenmg
2
cos
dt
dvm
R
vmgmsengm
2
cos (4)
Hagamos el siguiente cambio de variable: gR
vq
2
(5)
d
dvv
gRd
dv
gR
v
dv
d
d
dv
dv
dq
d
dq2)
1()(
2
(6)
te
ne
N
mg
te
ne
nam
ta
m
Ff
y
R
Ox
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-4
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Para el movimiento circular es válido: dt
dR
dt
dsv
en (6):
d
dv
dt
dR
gRd
dq2)
1(
dt
dv
gd
dq 2
(7)
Reemplazando (5) y (7) en la ecuación (4):
d
dqggqgseng
2cos
d
dqqsen 2cos22
cos222 senqd
dq (8)
b) La solución total será: ph qqq
La solución particular es de la forma: cosBsenAq p
senBAd
dq p cos
en (8): cos22)cos(2)cos( sensenBAsenBA
cos22)2(cos)2( sensenABBA
de donde: 22 BA
22 AB
resolviendo: 241
6
A y
14
242
2
B
La solución homogénea:
02 qd
dq
q
d
dq
2 d
q
dq2
dq
dq2 12ln Cq
)2( 1Ceq
12 Ceeq
2eCq (9)
Por lo tanto la solución total será:
cos2 BsenAeCq
cos14
24
41
62
2
2
2
seneCq
14
6cos)24(2
22
seneCq
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es decir: 14
6cos)24(2
22
2
seneC
gR
v (10)
Cálculo de la constante C: si 0 , 0vv :
en (10): 14
242
22
0
C
gR
v
14
242
22
0
gR
vC
en (10): 14
6cos)24(
14
242
22
2
22
0
2
sene
gR
v
gR
v
14
6cos)24(
14
242
22
2
22
0
sene
gR
vgRv (11)
c) de (2): R
vmgmN
2
cos
14
6cos)24(
14
24cos
2
22
2
22
0
sene
gR
vgmgmN (12)
d) El bloque pierde contacto cuando N = 0:
14
6cos)24(
14
24cos
2
22
2
22
0
sen
egR
v (13)
A modo de análisis de los resultados reemplacemos los siguientes datos:
1.0 m/s2v kg5,0m m5,1R 2m/s8,9g
Grafiquemos ahora las expresiones para v y N en función de :
Podemos ver que 0N cuando rad75,0 , es decir cuando 9,42 .
Resolviendo la expresión (13), la cual es una ecuación no lineal en la incógnita , utilizando
para ello el software MathCad, obtenemos: 42,9rad749,0 .
0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5
12
10
8
6
4
2
2
4
6
Fuer
za n
orm
al [
N]
N ( )
0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5
1
2
3
4
5
6
vel
oci
dad
[m
/s]
v ( )
[rad] [rad]
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Ejemplo 2.3:
El bloque A de masa 5Am kg se coloca sobre
un bloque triangular B de masa 30Bm kg. El
coeficiente de fricción entre A y B es 30,0k y
el piso sobre el que se apoya B es liso. Si el
sistema arranca desde el reposo estando el bloque
A en el extremo superior P del bloque triangular,
determinar las velocidades de A y B cuando A
llega al extremo O del bloque B.
Solución:
Aplicando la segunda ley de Newton para
cualquier instante del movimiento del bloque
A:
La fuerza de fricción durante el movimiento es: 1NF kf (1)
además, la equivalencia de sistemas muestra que:
: xF 30cos30cos30 / BABAAAf amamsengmF
BBA aaN 33,455,243,0 /1 (2)
: yF 3030cos 1 senamNgm BAA
BaN 5,2435,42 1 (3)
La segunda ley de Newton para cualquier instante del movimiento del bloque B:
: HF BBf amFsenN 30cos301
Bk aNN )30()2/3(5,0 1
100801,0 NaB (4)
Resolviendo (2), (3) y (4): 6,411 N N
692,2/ BAa m/s2
2m/s333,0Ba ()
30°
P
O
F f
N1
N2mB g
30°
P
O
mB aB
30°
A
B
0,5 m
P
O
xy
F f
N1
mA g
30°mA aA/B
30°
mA aB
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-7
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Análisis del movimiento relativo de la caja sobre el bloque: la trayectoria es rectilínea y se
efectúa con aceleración constante 692,2/ BAa m/s2. Entonces:
BABABABAf eavv ///
2
0/
2 2 )30cos/5,0()692,2(20
763,1/
BAfv m/s
Tiempo que necesita A para recorrer 30cos/5,0/ BAe :
tavv BABABAf //0/
t692,20763,1 s655,0t
En ese lapso B se mueve también con aceleración constante:
tavv BBBf 0
)655,0()333,0(0Bfv m/s218,0
Bfv ()
Finalmente: BABA vvv /
)882,0;309,1()30,30cos( // senvvvv BABABA
m/s
El espacio recorrido por B se calcula con la expresión correspondiente para movimiento
rectilíneo uniformemente acelerado:
2
02
1tatve BB 2)665,0()333,0(
2
10
→ m074,0Be
Ejemplo 2.4:
Una máquina de Atwood compuesta como se muestra en la
figura, tiene tres bloques A, B y C , que están conectados
mediante cuerdas inextensibles de peso despreciable. Las masas
de estos bloques son: 80Am kg, 30Bm kg y 48Cm kg.
Se pide calcular las aceleraciones de los bloques y las tensiones
en las cuerdas. Despreciar el peso y la fricción de las dos poleas.
Solución:
Tomemos las coordenadas
auxiliares que muestra el esquema
de la izquierda. Entonces:
PBPB xxx / (1)
PCPC xxx / (2)
para la polea P: PP amTT 21 2
21 2TT (3)
B
C
A
xA
xB/P
xP
xC/P
xB
xCP
B
C
A
T1
T2 T2
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-8
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para el cable superior: 1Lxx PA
22 / dtd
0 PA xx (4)
para el cable inferior: 2// Lxx PCPB
22 / dtd
0// PCPB xx (5)
Ahora aplicamos la 2da. ley de Newton para cada bloque.
Bloque A:
AAA xmTgm 1 )4(
)(1 PAA xmTgm (6)
Bloque B:
BBB xmTgm 2 )3(y)1(con
)(5,0 /1 PBPBB xxmTgm (7)
Bloque C:
CCC xmTgm 2
)3(y)2(con
)(5,0 /1 PCPCC xxmTgm (8)
Reemplazando los datos en las ecuaciones anteriores:
en (6): PxT 80)8,9(80 1 PxT 80784 1
en (7): )(305,0)8,9(30 /1 PBP xxT )(305,0294 /1 PBP xxT
de (8) y (5): )(485,0)8,9(48 /1 PBP xxT )(485,0470 /1 PBP xxT
Resolviendo: 2m/s394,0Px )4(
2m/s394,0Ax
2
/ m/s347,2PBx )5(
2
/ m/s347,2PCx
N48,7521 T
de (1): PBPB xxx / 2m/s74,2)347,2(394,0 Bx
de (2): PCPC xxx / 2m/s953,1)347,2(394,0 Cx
Respuestas: N48,7521 T
N24,3762 T
2m/s394,0Aa
2m/s74,2Ba
2m/s9534,1Ca
A
T1
mA g
A
mA aA
B
T2
mB g
B
mB aB
C
T2
mC g
C
mC aC
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-9
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Ejemplo 2.5:
El disco pequeño A ( kg10Am ) está
articulado a una varilla de peso despreciable,
la cual puede girar libremente alrededor de la
articulación O. Sabiendo que cuando 30
el bloque B ( kg5Bm ) sube con velocidad
m/s 3 , se pide determinar para ese instante las
aceleraciones de A y B así como las tensiones
en la cuerda y en la varilla. Considerar que la
polea C es muy pequeña.
Solución: Para una posición genérica definida por tenemos:
de la ley de cosenos: cos)3()2(2)3()2( 222 s
es decir: cos12132 s (1)
d/dt: senss 6 (2)
d/dt: )(cos6 22 sensss (3)
30para : de (1): 615,1s m
como m/s3s )2(
rad/s615,1
Ahora aplicaremos la 2da. ley de Newton a cada partícula:
Bloque B:
:yF smgmT BB
sT 549 (4)
Disco A:
: rF rAA amFTsengm )(cos )( 2 rrmA
2)615,1()2(Am
s
m2
3 mO
A
C
re
e
mA g
T
F
re
e
amA
rA am
O
BA
3 m
m2
C
mB g
T
smB
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-10
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Cálculo del ángulo : s
sensen
2
para 30 tenemos que 615,1s 26,38
15,52370,049 FT (5)
F : amsenTgm AA )(cos )2( rrmA
)2( Am
20929,087,84 T (6)
Ahora podemos resolver el sistema formado por las ecuaciones (3), (4), (5) y (6):
44,85T N
91,132F N
275,0 rad/s2
289,7s m/s2
Las aceleraciones de las partículas serán:
]m/s[ˆ55,0ˆ215,5 2
eea rA
2m/s244,5Aa
]m/s[ˆ289,7 2jaB
2m/s289,7Ba
Ejemplo 2.6:
Los bloques A ( kg2Am ) y B
( kg4Bm ) están unidos mediante una
cuerda inextensible a una polea C de masa
kg5Cm . Los coeficientes de fricción
estático y cinético entre A y B son
4,01s y 3,0
1k y entre B y el piso
25,02s y 2,0
2k . Calcular la
aceleración de A y B y la tensión en la
cuerda.
Solución:
A priori no se puede saber si hay deslizamiento relativo entre A y B o no o si B se mueve o
no. Debemos analizar varias posibilidades.
xF : AAf amFT 1
(1)
yF : 01 gmN A (2)
T
1fF
gmA
N1
AAam
A
B
C
P = 35 N
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-11
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xF : BBff amFFT 21
(3)
yF : 012 gmNN B (4)
xF : CC amTP 2 (5)
Notar que estas ecuaciones son válidas para cualquier posibilidad de movimiento del
sistema.
de (2): gmN A1 N6,191 N
en (3): gmNN B 12 N8,582 N
Las ecuaciones restantes contienen 6 incógnitas. Para resolverlas debemos hacer
suposiciones en cuanto a las fuerzas de fricción.
Suposición 1: Nada se mueve. Es decir, la fuerza P “es muy pequeña” y no llega a
vencer a las fuerzas de fricción de adherencia que se originan entre B y
el piso y entre A y B.
0 CBA aaa
)5(
N5,172
PT
)1(
N5,171
TF f )3(
N3512 ff FTF
Para las fuerzas de fricción halladas se debe cumplir:
N84,7)6,19(4,0N5,17 111max1
? NFF sff (no !)
N7,14)8,58(25,0N35 222max2
? NFF sff (no !)
Suposición 2: Los bloques A y B deslizan juntos (sin deslizamiento relativo entre sí)
N76,11222 NF kf
además: aaaa CBA
en (1), (3) y (5): N 12,22T
2m/s 2,11a
N 7,99 1fF
Verificamos la hipótesis: N 7,84 N 7,99 1max1
? ff FF (no !)
1fF
N1
2fF
N2
gmB
BB am
P = 35 N
T
T
CC am
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-12
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Suposición 3: A desliza sobre B pero B no se mueve.
N88,5111 NF kf
cinemática: está claro que 2/AC aa y 0Ba
en (1), (3) y (5): N 13,03T 2m/s 3,58Aa
N 18,91 2fF 2m/s 1,79Ca
Verificamos la hipótesis: N 14,7 N 18,91 2max2
? ff FF (no !)
Suposición 4: A se mueve relativamente a B y B también se mueve.
para el cable: Lss CBCA //
22 / dtd 0// CBCA ss
CBCA ss //
CBCA aa // (6)
Para A: CACA aaa /
CACA aaa / (7)
Para B: CBCB aaa /
CBCB aaa / (8)
(6) en (7): CACB aaa / (9)
de (7) y (9): CBA aaa 2 (10)
Sabiendo que: N88,53,0 1111 NNF kf
y N76,112,0 1222 NNF kf
reemplazando estos valores en (1) y (3) y resolviendo luego el sistema en conjunción con (5)
y (9) obtenemos:
N 11,88T
2m/s 3,0Aa
2m/s 1,5Ba
2m/s 2,25Ca
A
B
C
sA/C
sC
sB/C
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-13
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Ejemplo 2.7:
El siguiente sistema se encuentra en un plano
vertical y se suelta desde el reposo. Se sabe que
10Am kg, 20Bm kg y 50Cm kg y los
coeficientes de fricción estática y cinética de la
superficie inclinada son respectivamente 25,0s
y 20,0k . Se pide determinar las aceleraciones
de los bloques, así como las tensiones en las cuerdas
en ese instante.
Solución:
Haremos la suposición de que el bloque C no se mueve. Comprobaremos si ello es posible.
11 amgmT AA (1)
11 amTgm BB (2)
de (1) + (2): 1)()( ammgmm BAAB 2
1 m/s27,3
g
mm
mma
BA
AB
en (1): 67,130)( 111 TgamT A N
Las poleas y el bloque C no se mueven:
12 20 TTFy 23 20 TTF
68,5224 13 TT N
:0F 0cos gmN C
cosgmN C 392N N
:0F 03 fC FsengmT
68,228fF N
A
B
T2
a1
a1
T2
T1 T1
T3
T2
T2
Ff
NmC g
T3
mA g
T1 mA a1
A
mB g
T1
mB a1
B
C
A
B3
4
sen = 3/5
cos 4/5
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-14
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Verificamos la hipótesis asumida: ¿Será 9868,228 max NFF sff ?
De aquí se descarta la posibilidad analizada. Es más, el valor de la tensión 68,5223 T N.
Comparado con 294sengmC N muestra que el bloque C deslizará ascendiendo sobre
el plano inclinado. Ahora:
F : 0cos mgN
392N N
F : CCCk amsengmNT 3
CaT 504,3724 1 (3)
Ahora analizaremos la cinemática de los cuerpos ligados:
)()()( 321321 PCC sss
PC ss 2
:dtd PC vv 2
:dtd PC aa 2 (4)
donde Pa es la aceleración absoluta de la polea
derecha. Sea 1a la aceleración relativa de los
bloques A y B con respecto a la polea P mencionada.
Ahora analizaremos el movimiento de los bloques A y B utilizando la segunda ley de
Newton:
: VF )( 11 PAA aamgmT
)(1098 11 PaaT (5)
: VF )( 11 PAB aamTgm
)(20196 11 PaaT (6)
de las expresiones (3), (5) y (6) y recordando (4):
09,1051 T N
63,21 a m/s2
92,1Pa m/s2
con lo cual: PA aaa 1 2m/s 0,71Aa ()
PB aaa 1 2m/s 4,55Ba ()
2PC aa 2m/s 0,96Ca ( )
Ff = K N
NmC g
mC aC
T3
C
1
23Cs
Cs
PsP
mA g
T1 mA (a1-aP)
A
mB g
T1
B
mA (a1+aP)
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-15
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Ejemplo 2.8:
Determinar las ecuaciones paramétricas del movimiento que se
produce al lanzar una pelota considerando que la resistencia del
aire es proporcional a la velocidad )( vkFres
. La pelota tiene
velocidad inicial 0v formando el ángulo 0 con la horizontal.
Solución: Para un instante genérico del vuelo del proyectil:
Fuerza resistente: ),( ykxkvkFres
:xF xmxk 0 xkxm
02 km 0)( km 01 ; m
k2
La solución será de la forma: t
m
k
t ecectx
2
0
1)(
es decir: t
m
k
ecctx
21)( (1)
para 0t ; 0x 210 cc (2)
derivando (1): t
m
k
em
kctx
2)(
para 0t ; 00 cosvx 0
200 cos m
k
em
kcv
m
kcv 200 cos
k
vmc 00
2
cos
)2(
k
vmc 00
1
cos
en (1): )1(cos
)( 00t
m
k
ek
vmtx
(3)
:yF ymgmyk gmykym (4)
solución homogénea: t
m
k
h eccty
43)(
solución particular: tcty p 5)( 5cy p 0py
en (4): gmckm 5)0( k
gmc 5
v0
x
y
m g
x
y
Fres
x
y
teym
xm
O O
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-16
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solución total de (4): tk
gmeccty
tm
k
43)( (5)
0t ; 0y 0
430 m
k
ecc
430 cc (6)
derivando (5): k
gme
m
kcty
tm
k
4)(
para 0t ; 00 senvy k
gme
m
kcsenv m
k
0
400
2
2
004
k
gm
k
senvmc
de (6): 2
2
003
k
gm
k
senvmc
en (5): tk
gme
k
gm
k
senvmty
tm
k
)1()(2
2
00 (7)
Otra posible solución de las ecuaciones diferenciales:
A partir de la ecuación 0 xkxm m
xkx
y como dt
xdx
m
xk
dt
xd
m
dtk
x
xd
integrando: 1ln cm
tkx (8)
para 0t ; 00 cosvx 100 cosln cv
en (8): m
tkxln 00 cosln v
t
m
k
ev
00 cos (9)
integrando una vez más:
200 cos cdtevdxt
m
k
200 cos cek
mvx
tm
k
para 0t ; 0x 200 cos0 ck
mv 0
02 cos
k
vmc
k
vme
k
vmtx
tm
k
0000 coscos)(
)1(cos
)( 00t
m
k
ek
vmtx
(10)
A partir de la ecuación: gmykym gym
ky
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-17
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
0.75
1.5
2.25
3
3.75
4.5
5.25
6
y x( )
y1 x( )
y2 x( )
y3 x( )
y4 x( )
x
25,0k
0k
1,0k
05,0k
075,0k
22,96 m
22,31 m
21,40 m
20,02 m
18,79 m
gym
k
dt
yd
dt
m
k
k
gmy
yd
integrando: 3ln ctm
k
k
gmy
tm
k
eck
gmy
3
Si 0t ; 00 senvy : 300 ck
gmsenv
t
m
k
ek
gmsenv
k
gmy
00
es decir: k
gme
k
gmsenvy
tm
k
00 (11)
pero td
ydy dt
k
gme
k
gmsenvdy
tm
k
00
integrando: 400 ctk
gme
k
gmsenv
k
my
tm
k
0t ; 0y 4000 ck
gmsenv
k
m
2
2
004
k
gm
k
senvmc
2
2
0000
k
gm
k
senvmt
k
gme
k
gmsenv
k
my
tm
k
tk
gme
k
gm
k
senvmty
tm
k
)1()(2
2
00 (12)
En la siguiente figura podemos ver las gráficas de las trayectorias con y sin resistencia del
aire, para diferentes valores de k:
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-18
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Ejemplo 2.9:
El collarín de masa m puede deslizarse a lo largo del aro
circular mostrado, siendo el coeficiente de rozamiento
cinético. Si al collarín se le imprime una velocidad inicial
de módulo 0v , se pide determinar:
a) La longitud de arco que recorre el collarín antes de
detenerse.
b) La velocidad inicial que se debe imprimir al collarín para que se detenga justamente
luego de dar una vuelta completa.
c) La ley horaria del movimiento. Calcule el tiempo que demora el collarín en detenerse.
Solución: Por la segunda ley de Newton:
:nF namN 1 R
smN
2
1
(1)
:tF tf amF smFf (2)
:zF 02 gmN gmN 2 (3)
La fuerza de fricción cinética está dada por: NF f
donde N es la fuerza normal total, es decir: 2
2
2
1 NNN
ahora: 2
2
2
1 NNF f
de (1) y (3): 2
22
)( gmR
smF f
en (2): smgmR
sm
2
22
)( (4)
con sdsdss : sdsmdsgmR
sm
22
2
42
separando variables: 2
2
4
gR
s
sdsds
mg N1
Ff
N2
O
x
y
z
mat
O
x
man
z
R
R m
v0
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-19
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.50
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
v
s v( )
v0
sT
como sv : 2
2
4
gR
v
dvvds
ordenando: 224 Rgv
dvvRds
integrando:
CRgv
dvvds
R 224
(5)
haciendo 2vq : dvvdq 2
en (5):
CRgq
dqds
R 2222
integrando: CRgqqsR
)(ln2
1 222
como 2vq : CRgvvR
s )(ln2
2242
(6)
sabemos que en el instante inicial: 0s ; 0vvs
entonces: CRgvvR
)(ln2
0 224
0
2
0
de donde: )(ln2
224
0
2
0 RgvvR
C
en (6): )(ln2
)(ln2
224
0
2
0
2242 RgvvR
RgvvR
s
2242
2240
20ln
2 Rgvv
RgvvRs
(7)
para el instante en que el collarín se detiene: 0v
)(ln2
224
0
2
0
Rg
RgvvRsT
Para los siguiente valores:
m1R
1,0
m/s5,10 v 2m/s8,9g
obtenemos: m138,1Ts
En la figura se puede ver la gráfica de la
expresión (7), es decir, la longitud de arco
recorrida como función de la velocidad.
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-20
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
v
v( )
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 60
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1 v01( )
2 v01( )
v01
Si nos interesara el ángulo recorrido:
Rs → 2242
224
0
2
0ln2
1
Rgvv
Rgvv
(8)
Graficando para los mismos valores que en la gráfica anterior:
El collarín se detiene cuando ha recorrido: 951,0)0( rad.
Si deseamos saber qué velocidad inicial v0 hay que imprimir al collarín para que se detenga
exactamente luego de dar una vuelta completa:
Dado que una vuelta son 2 radianes, la ecuación (8) nos da el valor de m/s357,40 v .
Si deseamos determinar la ley horaria del movimiento )(tss , entonces debemos partir
de la expresión (7) reescribiéndola como:
2242
224
0
2
0ln2 Rgss
RgvvRs
donde
dt
dss (9)
4,357
2
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-21
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
ss decir: 2242
224
0
2
0
2
Rgss
Rgvve
sR
.
Si denominamos: 224
0
2
0 RgvvA
RgB
2
42
2
Bdt
ds
dt
ds
Ae
sR
es decir: ABdt
ds
dt
dse
sR
2
422
(10)
Ahora se nos presenta un problema interesante de cálculo, pues debemos encontrar una
función )(tss que satisfaga la ecuación diferencial (10).
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-22
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
Ejemplo 2.10:
Dos partículas A y B se encuentran en reposo sobre
una mesa horizontal lisa unidas entre sí por una
cuerda inextensible que pasa a través de un pequeño
anillo liso fijo a la mesa. La partícula A de masa m
es impulsada ahora con velocidad 0v perpendicular
a la cuerda. Determinar con qué velocidad y
aceleración chocará la otra partícula B de masa mk
( 1k ) con el anillo.
Solución:
A continuación dibujaremos dos esquemas. El de la izquierda se refiere al instante en que
la partícula A es impulsada con velocidad inicial 0v . El de la derecha se refiere a un
instante genérico en que la partícula A se mueve con una cierta velocidad (con
componentes radial y transversal) y ocupa una posición definida por las coordenadas
polares r y .
Partícula A: (masa m), se mueve según
movimiento causado por fuerza central:
: F 0F
0am 0a
es decir: 02 rr
0)( 2 rdt
d
entonces: const.2 r
además, para 0t :
0v y 0r
Entonces:
0
02
0
22 vv
rrht
0vh (1)
Según la 2da. ley de Newton:
: rF
ramT )( 2 rrmT (2)
Partícula B: (masa mkM , k > 1), tiene movimiento rectilíneo:
: rF raMT donde 2 rrar rar
rMT (3)
A
ame
re
ram
T
B
A
B
A
0v
M = k m
m
)2( r
B
A
rv
r
v
rv
e
re
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-23
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
de (2) y (3): rMrrm )( 2
rmkrrm )( 2
2)1( rkr (4)
de (1): 0
2 vrh 2
0
r
v
en (4):
2
2
0)1(
r
vrkr
3
22
0)1(r
vkr
(5)
rdrdrr en (5): drr
vrdrk
3
22
0)1(
(6)
que corresponde a la ecuación diferencial de la componente radial del movimiento de la
partícula A.
Integrando hasta el instante en que B choca con el anillo, es decir, cuando A ha recorrido
en sentido radial desde r hasta 2r :
2
03
22
0)1(r
drvrdrk
Arr
r
2
0
2
8
3
2)1( v
rk A
1
3
2
0
k
vrA
y como AB rr : 1
3
2
0
k
vrB
1
3
2
0
k
vvB
Análisis de aceleraciones:
Del movimiento del sistema: rrA y rrB
como B se mueve según trayectoria rectilínea: rra BB
si integramos (6) hasta un instante genérico dado por la coordenada de posición r:
22
22
0
2 11
2
1
2)1(
rv
rk
dtd / : 3
22
0)1(r
rvrrk
3
22
0
)1( rk
vr
para 2r : 3
22
0
)2()1(
k
vr
)1(8
2
0
k
vr
de donde: )1(8
2
0
k
vaB
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-24
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
1v
v
R1
R
O1
O2
H
z
z
xy
R1
R
O1
O2
(1)
(2)
(2)
(1)
H
Vista superior
Vista frontal
z
x
1v
r
y
Ejemplo 2.11:
Se le comunica una velocidad horizontal 1v a una cajita
pequeña de masa m cuando 1RR . Si el bloque se desliza
descendiendo sobre la superficie cónica lisa mostrada, se
pide determinar las ecuaciones paramétricas en
coordenadas cilíndricas del movimiento de la cajita. La
altura del cono es H.
Solución:
La trayectoria se puede expresar como: ),,( zyxr
donde:
zz
senRy
Rx
cos
(1)
para un cono recto: 1R
R
H
z
zH
RR 1 (2)
en (1):
zz
senzH
Ry
zH
Rx
1
1 cos
(3)
Las fuerzas que actúan sobre la partícula son:
Dado que el cono es una superficie orientable, su normal para cualquier punto puede ser
calculada como:
r
z
r
zH
Rsenz
H
Rsen
H
R
H
R
r
zd
r
r
zd
r
n
cos;;;cos
ˆ
1111
21
2
4
4
12
2
2
122
2
2
1
2
2
111
cos
;;cos
ˆ
zH
Rsenz
H
Rz
H
R
zH
Rsenz
H
Rz
H
R
n
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-25
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
212
1
2
1
212
1
2212
1
2 )(;
)(;
)(
cosˆ
RH
R
RH
senH
RH
Hn
Expresando n en coordenadas cilíndricas:
zR eRH
Re
RH
Hn ˆ
)(ˆ
)(ˆ
212
1
2
1
212
1
2
(3)
La segunda ley de Newton en coordenadas cilíndricas:
:RF RamNRH
H
2
1
2 con 2 RRaR (4)
:F ma0 con RRa 2 (5)
:zF zmmgNRH
R
2
1
2
1 (6)
de (5): 02 RR (7)
de (1): zH
RR 1
)7(
02 11 z
H
Rz
H
R
es decir: 02 zz 0)( 2 zdt
d
2z = const. (8)
si Hz ; 1
1
R
v
1
12
R
vH = const.
)8(
1
122
R
vHz (9)
de (4): )( 2
2
1
2
RRmH
RHN
en (6): zmgmRRmH
RH
RH
R
)( 2
2
1
2
2
1
2
1
zgRRH
R )( 21 (10)
de (2): zgzH
R
H
Rz
H
R
H
R 21111
gzH
Rz
H
R
2
2
2
1
2
2
11 (11)
de (10): gzR
vHz
H
Rz
H
R
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
1 11
gz
vHz
H
R
3
2
1
2
2
2
11
Cap. 2 Cinética de la Partícula Pág. 2-26
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
es decir: zdgz
vHzdz
H
R
3
2
1
2
2
2
11
pero zdzdzz
z
H
z
dzgz
vHzdz
H
R3
2
1
2
0
2
2
11
z
H
zgz
vHz
H
R
3
2
1
22
2
2
112
1
Hgvzg
z
vH
RH
Hz 22 2
12
2
1
2
1
2
22 (12)
denominando: 2
1
2
2
RH
HK
; HgvA 22
1 ; gB 2 ; 2
1vHC
)( 22 zCzBAKz
21221 )( zCzBAKz
z
H
t
tdKzCzBA
zd
0
21
2
Ecuación de la cual podremos determinar por procedimientos numéricos la función
buscada )(tzz .