Capítulo 2 Cinética de la partícula

Cap. 2 Cintica de la Partcula Pg. 2-1

Pontificia Universidad Catlica del Per Seccin de Ingeniera Mecnica - rea de Diseo

Por: Jorge Rodrguez Hernndez, Dipl.-Ing. Profesor del rea de Diseo

Seccin de Ingeniera Mecnica Cap. 2 Cintica de la partcula La cintica estudia la interrelacin entre las fuerzas que actan sobre una partcula y su movimiento. Las bases tericas para el estudio de la cintica son obra del gran cientfico y filsofo ingls Isaac Newton(1)

, quien en su gran tratado Principios Matemticos de Filosofa Natural, publicado en 1687, presenta los resultados de sus estudios de ms de veinte aos en relacin a la mecnica terrestre y celeste. Dicha obra contiene sus tres principios o leyes axiomticas que constituyen la base de la mecnica:

1a. ley Si la fuerza resultante que acta sobre una partcula es nula, entonces la partcula permanecer en reposo, si est inicialmente en reposo, o se mover con velocidad constante segn una lnea recta, si est inicialmente en movimiento.

2a. ley La razn de cambio, con respecto del tiempo, de la cantidad de movimiento de una partcula, es proporcional a la fuerza resultante que acta sobre ella y tiene la misma direccin y sentido que dicha fuerza.

3a. ley Las fuerzas de accin y reaccin entre dos cuerpos en contacto tienen el mismo mdulo, igual recta de accin pero sentido contrario.

Adems all enuncia la ley de gravitacin universal: dos cuerpos se atraen con una fuerza proporcional a sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa.

2.1 La segunda ley de Newton En este captulo ser de gran utilidad la segunda ley, la cual se puede interpretar matemticamente a travs de la siguiente expresin:

)( vmdtdFi

= (2.1)

=2

1

2

1

)( dtFvmd i

=2

112 )( dtFvvm i

o como la conocemos hoy en da:

de (2.1): vdtdm

dtvdmFi

+=

en el caso de que la masa de la partcula no vare: amFi

= (2.2) (1) Sir Isaac Newton, nacido el 25 de diciembre de 1642, en Woolsthorpe, Lincolnshire, Inglaterra, fallecido

el 20 de marzo de1727 en Cambridge, Inglaterra.

Fig. 2.1



Esta ltima expresin se puede interpretar grficamente de la siguiente manera: Es decir, podemos representar un primer sistema en el que se ven todas la fuerzas que actan sobre una cierta partcula en un cierto instante de su movimiento, y un segundo sistema en el que acta sobre la partcula una sola fuerza am

. Segn la expresin (2.2)

dichos sistemas son equivalentes. La segunda ley de Newton slo se cumple si a est referida a un sistema inercial o absoluto (sistemas fijos o inmviles con la sola excepcin de mviles con velocidad constante, trayectoria rectilnea y que no giran). El movimiento referido a estos ejes se denomina movimiento absoluto de la partcula. En 1905 Albert Eintein (2)

indica que la 2 Ley de Newton no se cumple si la velocidad de la partcula es cercana a la de la luz.

Si denominamos F

a la fuerza resultante del sistema concurrente de fuerzas que acta sobre la partcula, entonces: amF

= (2.3)

En coordenadas cartesianas: ),,( zyx aaaa =

),,( zyx FFFF =

segn la expresin (2.3) deber cumplirse que: xx amF = yy amF = zZ amF = En coordenadas cilndricas: zzRR eaeaeaa ++=

Si representamos F

como: zzRR eFeFeFF ++=

segn la expresin (2.3) deber cumplirse que: RR amF = amF = zz amF =

(2) Albert Einstein, nacido el 14 de marzo de 1879, en Ulm, Alemania, fallecido el 18 de abril de 1955 en

Princenton, Estados Unidos.

=

Fig. 2-2

z

y

x

O

r

P

1F

2F

3F

iF

nF

z

y

x

O

r

P

am

C C



En coordenadas intrnsecas: nt esesa

2

+=

Si representamos F

como: nntt eFeFF +=

segn la expresin (2.3) deber cumplirse que: tt amF = nn amF = En todos los casos debemos notar que genricamente las ecuaciones descritas a partir de la aplicacin de la segunda ley de Newton son ecuaciones diferenciales de 2 orden. En particular podemos mencionar que a menudo nos encontraremos con ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes, por lo que a continuacin haremos un breve repaso de ellas. Ecuaciones diferenciales de 2 orden A continuacin se muestra un breve resumen para la solucin de ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes constantes. Este tipo de ecuacin diferencial se presenta a menudo en la solucin de problemas de la mecnica, como por ejemplo en ecuaciones derivadas de la utilizacin de la segunda ley de Newton, o en la aplicacin del principio de DAlembert en cuerpos rgidos o en ecuaciones diferenciales del movimiento vibratorio de partculas y cuerpos rgidos. Ecuaciones diferenciales homogneas: 001 =++ yayay con )(tfy = Ecuacin caracterstica: 001

2 =++ aa races 1 y 2 La solucin ser: 2211 ycycy += a) Si 1 y 2 y 21

tt ececy 21 21 +=

b) Si 1 y 2 y == 21

tt etcecy 21 += c) Si 1 y C2 bja =2,1 )cos( 21 btsencbtcey

ta += Ecuaciones diferenciales no homogneas: )(21 tFyayay =++

hy es la solucin de la ecuacin diferencial homognea 021 =++ yayay Py es una solucin particular de la ecuacin diferencial La solucin total ser: Ph yyy +=



Para hallar Py : i) Darse posible solucin Py .

ii) Reemplazarla en la ecuacin diferencial no homognea.

iii) Encontrar la verdadera forma de Py . Nota 1: Las constantes 1c y 2c se encuentran a partir de las condiciones iniciales del

problema. Nota 2: Py = 2211 yuyu + (mtodo de variacin de constantes, ver apuntes del curso

Clculo 3).

Aqu 1u y 2u se determinan del sistema:

12211

2211

)(0

utFyyyu

yuyu

=+=+

y 12 uu y 2u

Ejemplo 2.1: Un collarn de masa m parte desde O con velocidad inicial nula y desciende a lo largo de la varilla. La fuerza resistente que acta sobre el collarn es vWFr 2,0= siendo v la velocidad del tubo en m/s. Se pide: a) La ecuacin del movimiento. b) El espacio recorrido por el collarn hasta

obtener una velocidad de 2 m/s.

c) La aceleracin del collarn en el instante 2=t s. Solucin: DCL del collarn y sistema equivalente segn segunda ley de Newton:

: xF xmFsenW r = xmxgmgm =

51

53

gxgx53

5=+ (1)

Solucin homognea para 05

=+ xgx

Ecuacin caracterstica: 005 1

2 ==+ g y 52g

=

Solucin homognea: tgot

h ececx 521

+= tg

h eccx 521

+=

v

y

O

3

4

x

Fig. 2-3

x

=

m gN

FR

m a

Fig. 2-4



Solucin particular para )()( tPetF nt=

En nuestro caso 0= y el grado de gtPn 53)( =

La solucin particular es un polinomio del mismo grado (una constante en este caso) multiplicado por rt , donde r es el grado de multiplicidad de (en este caso 1=r ). tcxtcx PP 3

13 ==

3cxP =

0=Px Reemplazando estos valores en la ecuacin diferencial no homognea:

gcg53

50 3 =+ 33 =c

txP 3=

Finalmente: teccxxxtg

Ph 3521 ++=+=

(2) Ahora necesitamos de las condiciones iniciales del problema para encontrar las constantes de integracin: para: 0=t 0=x 210 cc +=

Adems, de (2): 35

52 +=

tg

ecgx (3)

Para t = 0: 35

0 2 += cg

gc 152 = y g

c 151 =

en (2): teg

txtg

3)1(15)( 5 +=

(4)

expresin que constituye la ecuacin paramtrica del movimiento. Para calcular la velocidad:

de (3): )1(3)()( 5tg

etvtx

== (5) De otra forma:

de (1): gvga53

5=+ a

gv 1

51

53

=



es decir: dtdv

gv 1

51

53

=

=t v

vdvdtg

0 0 35

=

vtg

33ln

5 )1(3 5

tg

ev

= (6)

integrando:

=t tg

dtex0

5 )1(3 teg

txtg

3)1(15)( 5 +=

(7)

ecuacin que viene a ser la ecuacin paramtrica de este movimiento. b) Para calcular el instante en el que la velocidad es 2 m/s utilizaremos la expresin (6):

2 = 3 )1( 5tg

e

t = 0,561 s x = 0,663 m c) Para obtener la expresin de la aceleracin en funcin del tiempo basta derivar la

velocidad:

de (6): tg

egdtdva 5

53

==

para 2=t s: =a 0,116 m/s2 Ejemplo 2.2: La partcula es dejada libre desde el reposo desde la parte ms alta de la superficie semicilndrica lisa de radio R. Se pide determinar:

a) La velocidad de la partcula y la fuerza normal que ejerce sobre ella la superficie semicilndrica en funcin del ngulo .

b) El ngulo para el cual la partcula abandona la superficie semicilndrica. Solucin 1: a) Segn la 2da. ley de Newton los siguientes sistemas son equivalentes:

x

y

R

Fig. 2-5



: rF rammgN = cos (1) donde: 2 rrar =

y como Rr = (constante) 0== rr

2Rar =

en (1): 2cos RmmgN = (2)

: F amsengm = (3) donde: rra += 2

y como Rr = (constante) 0=r

Ra =

en (3): Rmsengm = (4)

de (4): senRg

= (5)

pero:

dd

dd

dtd

dd

dtd

====

en (5): dsenRgd =

integrando: dsenRgd =

es decir: 12

cos2

cRg

+=

(6)

Como 0= para :0= Rgc =1

en (6): )cos1(22 =Rg (7)

y como Rv = )cos1(2 = Rgv

(7) en (2): )2cos3( = gmN (8)

b) La condicin para que la partcula abandone la superficie es que la normal sea N = 0. Entonces, de (8):

02cos3 = 32cos = = 19,48



Solucin 2: Empleando coordenadas intrnsecas: a)

: nF nammgN = cos

Rvm

2

= (1)

: tF tamsenmg = sm = (2)

Cinemtica: dsdvv

dsdvs

dtds

dsdv

dtdv

dtsds =====

y como ds = R d

dRdvvs =

en (2):

dRdvvmsengm = dvv

Rdseng 1=

integrando: =

0 0

1v dvvR

dseng

2

1cos2

0

vR

g =

)cos1(22 = gRv )cos1(2 = Rgv

expresin que nos muestra la magnitud de la velocidad en funcin del ngulo .

en (1): )cos1(2cos = mgmgN

de donde: )2cos3( = mgN Esta expresin, como era de esperar, es la misma que habamos encontrado en la solucin anterior. b) Haciendo N = 0 (condicin para abandonar la superficie):

02cos3 = 32cos = = 19,48

te

Fig. 2-7

ne

N

mg

te

ne

nam tam=



Ejemplo 2.3: En el clculo del ngulo de peralte de curvas de autopista es posible disear cada seccin de curva para que, a determinada velocidad de diseo v un automvil pueda permanecer en la curva an si 0= (por ejemplo si hay hielo en el pavimento). Si 0 entonces las fuerzas de friccin mantienen al automvil en la carretera an para valores mayores que v. Obtener una relacin entre v, y para 0= . Solucin: La segunda ley de Newton nos permite graficar los siguientes sistemas

equivalentes: En el sentido vertical no hay movimiento, entonces:

: VF 0cos = mgN mgN =cos (1) En el plano del movimiento solamente acta la aceleracin normal (dirigida hacia el centro de curvatura de la trayectoria). Entonces:

: HF namsenN =

2vmsenN = (2)

(1) / (2): g

v

2

tan = (para )0=fF

C

A A

Fig. 2-8

SECCIN A-A

m g

N

Ff

Fig. 2-9

=m an



Ejemplo 2.4: Un brazo ranurado OB se mueve en el plano horizontal y hace que se mueva el pequeo pasador A cuya posicin est determinada por la rotacin de dicha barra alrededor de la leva semicircular fija de radio R. Si OB gira en sentido antihorario con velocidad angular y aceleracin angular en el instante mostrado, se pide hallar la fuerza entre el pasador y la leva y la fuerza entre el pasador y la barra. Solucin: Segn la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes:

: rF ramN =cos1 )(cos 21 rrmN = (1)

Geometra: r = 2 R cos dtd /

senRr 2=

dtd /

senRRr 2cos2 2 =

es decir: senRRr 2cos2 2 =

en (1): )cos22cos2(cos

221

RsenRRmN =

)cos2(cos2 2

1 senRmN += (2)

: F amNsenN =+ 21

)2( rrm +=

senNrrmN 12 )2( +=

de (2): [ ] )cos2(cos

2cos2)2(2 22 sensenRmRsenRmN +++=

ordenando: )tan(cos22 senRmN +=

Fig. 2.10

A

r

O

R

R

B



Ejemplo 2.5: La barra lisa gira en un plano horizontal con velocidad angular constante 0 . La longitud del resorte sin estirar es 0r y su constante de rigidez es k. El collarn tiene masa m y se libera en 0rr = con velocidad radial nula. Se pide:

a) Determinar la velocidad radial del collarn en funcin de r.

b) Determinar la fuerza ejercida por la barra sobre el collarn en funcin de r.

Solucin: De acuerdo a la segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son

equivalentes:

a) : rF rR maF = )()( 20 rrmrrk = es decir: )()( 200 rrmrrk =

despejando: 020 )( rkrkmrm += (1)

pero: dr

rdrdtdr

drrd

dtrdr

=== rdrdrr =

en (1) e integrando: [ ] +=r

r

r

drrkrkmrdrm0

020

0

)(

r

r

rrkrkmrm

0

02

202

2)(

2

+

=

de donde: )(2)( 002

022

0 rrrmkrr

mkr +

= (2)

b) : F amN = )2( rrmN += 02 rmN = (3)

(2) en (3): )(2)(2 002

022

00 rrrmkrr

mkmN +

=

O

rA

Fig. 2.12

0

O

FR

N

O

ramam

ree

=

Fig. 2.13



Ejemplo 2.6: El collarn tiene masa m = 2 kg y viaja a lo largo de la barra horizontal er = [m]. Determinar la fuerza tangencial F y la fuerza normal N que actan sobre el collarn si la fuerza F mantiene un movimiento tal que la velocidad angular es 2= rad/s (constante), para:

a) = 45

b) = 90 Solucin: de la ecuacin polar de la trayectoria

podemos escribir:

er = (1) er = (2) eer += 2 (3) DCL para una posicin cualquiera y su sistema equivalente segn la segunda ley de Newton: Puesto que la velocidad est contenida ntegramente en la direccin tangencial, entonces podemos escribir para el ngulo :

1)(

tan ====

ee

ddrr

vv

r

= 45

lo cual significa que, para este problema en particular, en cualquier posicin de la partcula el ngulo que forman te y re es constante e igual a 45.

: rF ramsenNF =+ cos )( 2 rrm = de (1) y (3): 22( eeem += )

y como 0= : 0cos =+ senNF (4)

O

er =

r

F

m

Fig. 2.14

O

r

F

m

ree

te

ne

O

r

e

=

re

m ar

m a

N

Fig. 2.15



: F amNsenF = cos )2( rrm += de (2): )2( rem +=

y como 0= : )2(cos 2 emNsenF = (5) a) Si = 45 : 19,2=r m

=r 4,39 m/s

77,8=r m/s2

adems = 45 , 2= rad/s y 0= , entonces:

de (4): )0(22

22 mNF =+

0=+ NF (6)

de (5): )55,17(22

22 mNF =

64,49= NF [N] (7) Resolviendo (6) y (7): 82,24=F [N]

82,24=N [N] b) Si = 90 : 81,4=r m

62,9=r m/s

24,19=r m/s2

adems = 45 , 2= rad/s y 0= , entonces:

de (4): )0(22

22 mNF =+

0=+ NF (8)

de (5): )48,38(22

22 mNF =

83,108= NF [N] (9) Resolviendo (6) y (7): 42,54=F N

42,54=N [N]



Ejemplo 2.7: La esfera pequea de masa m est unida a una varilla de peso despreciable articulada en 0. Sabiendo que el sistema parte del reposo cuando 0= y se mueve en un plano vertical, se pide determinar:

a) La fuerza axial en la varilla y la velocidad de la esfera pequea en funcin del ngulo .

b) El valor de para el cual la fuerza en la varilla cambia de compresin a traccin.

Solucin 1: Emplearemos coordenadas polares. a) Segn la segunda ley de Newton podemos afirmar que los siguientes sistemas son

equivalentes:

: F ammg = cos )2( rrm += (1) Se observa que la trayectoria de la partcula es una circunferencia de radio L. Entonces:

r = L (constante) 0== rr

en (1): Lg = cos (2)

pero:

dd

dtd

dd

dtd

=== dd =

en (2):

=

2

2 0

cos

dLdg

)cos1(22 =Lg (3)

: rF ramsenmgT = )( 2 rrm =

2 LmsenmgT = (4)

L

O

m

x

y

Fig. 2.16



ordenando: sengmLmT = 2

de (3): sengmLgLmT = )cos1(2

b) En el instante pedido T = 0 sen= )cos1(2

y como === 19,4832cos

2

Solucin 2: Empleando coordenadas curvilneas. a) Segn la segunda ley de Newton podemos afirmar que los siguientes sistemas son

equivalentes:

: tF vmamsenmg t == (1)

: nF LvmammgT n

2

cos ==+ (2)

pero dvvdLvdvvdsvdtds

dsdv

dtdvv ==== dv

Lvdv =

en (1): dvLvmdsengm =

=v

dvLg

vdsen00

integrando: ( )cos122 = Lgv (3)

(3) en (2): )cos1(2cos =+ gLLmmgT

cos)cos1(2 gmgmT =

)cos32( = mgT b) haciendo 0=T (condicin para que T cambie de compresin a traccin):

==32cos2cos3 = 19,48



Ejemplo 2.8: La esfera pequea de masa m se puede mover sin friccin sobre el aro en forma de circunferencia de radio r. Ella est unida al punto fijo A mediante un resorte de constante de rigidez k y longitud sin deformar 2r. La esfera inicia su movimiento en 0= con velocidad inicial 0v . Sabiendo que el sistema se encuentra en un plano vertical, se pide:

a) Determinar la velocidad v de la esfera en funcin de .

b) Determinar la fuerza que ejercen el resorte y el aro sobre la esfera en funcin de .

Solucin: a) Utilizaremos la segunda ley de Newton para obtener las ecuaciones diferenciales del

movimiento. DCL de la esfera:

:rF rr amgmFN =+ cos2cos

donde 2 rrar = 2rar =

entonces: 2cos2

cos rmgmFN r =+ (1)

:F amsengmsenFr =+ 2/

donde rra += 2 ra =

entonces: rmsengmsenFr =+ 2/ (2) adems, la fuerza en el resorte ser:

)2/cos22()( 0 rrkLLkFr ==

x

y

r

(1)

(2)

A

Fig. 2.19



)2/cos1(2 = rkFr (3)

en (2): rmsengmsenrk =+ 2/)2/cos1(2

rmsengmsenrksenrk =++ 2/2

rmsenrkgmsenrk =++ )(2/2

introducimos el cambio de variable: dd =

=

++

00

)(2/2 drmdsenrkgmsenrk

0

2

0 21cos)(2/cos4 rmrkmgrk =

+

ordenando:

+++++= rkgmrkrkrkgm

rm4)(

2cos4cos)(220

2 (4)

y como: rvrv 00 ==

+++++

= rkgmrkrkrkgm

rmrvrv 4)(

2cos4cos)(2

20

+++= 1

2cos4)1(cos)(220

rkrkgmm

rv

+++= 1

2cos4)1(cos2)cos1(220

rkrkm

rrgv

++= 1

2cos8)1(cos2)cos1(2

2220

mrk

mrkrgvv

b) Clculo de la fuerza que ejercen el resorte y el aro sobre la esfera:

de (1): 2

coscos 2 rFrmgmN = (5)

(3) y (4) en (5): 2

coscos 2 rFrmgmN =



Ejemplo 2.9: Un tubo de longitud L cuya posicin inicial es horizontal, gira con velocidad angular constante alrededor de la articulacin en O en un plano vertical. En el instante inicial una pequea partcula se encuentra en el origen O en reposo y entonces se deja en libertad. Determinar la ecuacin polar de la trayectoria de la partcula y su posicin, velocidad relativa con respecto al tubo y la fuerza N que ejerce el tubo sobre ella para cualquier instante t. Solucin: Segn la segunda ley de Newton, para un instante cualquiera del movimiento se cumplir que los siguientes sistemas son equivalentes:

:rF ramsengm = )( 2 rrmsengm = sengrr = 2 (1)

sengrr = 2

la cual es una ecuacin diferencial no homognea de 2 orden. Solucin homognea de: 02 = rr

La ecuacin caracterstica es: 022 = =

tth ececr += 21 (2)

y la solucin particular es: sencos barp +=

d/dt: cossen barp +=

d/dt: sencos 22 barp += en (1): sen)sencos(sencos 222 gbaba =+

Fig. 2.21

m

O

= const.

r



sen2

sencos 22 gba =

de aqu: 0=a y 22gb =

y como: ph rrr += sen

2 221gececr tt += (3)

Para t = 0 r = 0 ; 0=r ; 0= c1 + c2 = 0 (4)

de (3):

cos2 221

gececr tt =

2

0 21gcc = (5)

de (4) y (5): 21 4 gc = y 22 4

gc =

Ahora:

sen244 222

gegegr tt =

)sen2(4 2

= tt eegr (6)

como t = : )sen2(4 2

= eegr

la cual es la ecuacin polar de la trayectoria. La ecuacin paramtrica para el radio polar de la trayectoria ser:

)sen2(4

)( 2 teegtr tt

= (7)

Para evaluar la velocidad relativa de la partcula con respecto al tubo basta derivar la expresin (7):

)cos2(4

)( teegtr tt

+=

Finalmente, para evaluar la normal que ejerce el tubo sobre la partcula:

: F amgmN =+ cos )2(cos rrmgmN +=

como t = : )cos4(2

teegmN tt +=



Ejemplo 2.10: Una esfera pequea de masa kg4=m gira con velocidad constante v segn una trayectoria circular de m2,1=R . Se pide: a) El valor de v si ACB es un solo alambre que pasa

a travs de un pequeo anillo liso unido a la esfera.

b) El intervalo de valores admisibles de v si AC y BC son dos alambres distintos unidos en C cuya tensin no debe exceder a 35 N.

Solucin: Empecemos dibujando el DCL de la esfera para un instante cualquiera y su sistema equivalente segn la segunda ley de Newton:

RvmTTFH

2

21 45cos60cos: =+ (1)

04560: 21 =+ mgsenTsenTFV (2)

a) Como se trata de un solo alambre: TTT == 21 en (1) y (2): T = 24,92 N y v = 3 m/s b) Si son dos alambres diferentes:

de (1) y (2): T1 = 107,104 9,107 v2 admT = 35 N

T2 = 11,156 v2 75,745 admT = 35 N 2,81 m/s v 3,15 m/s

T1

R = 1,2 m

45

mg

60

T2

= m an

Fig. 2.24

A

R = 1,2 m

45

30

m

Fig. 2.23

C

B



Ejemplo 2.11: El coeficiente esttico de rozamiento entre la caja pequea de masa m y la superficie cnica mostrada en seccin es 3,0= . Si se desea que la cajita est adherida a la superficie cnica cuando ella gira a velocidad angular constante , se pide calcular el intervalo de valores que puede tomar para que la cajita se mantenga en la posicin mostrada con respecto a la mencionada superficie cnica. Solucin: Observando que, si no hay movimiento relativo entre la cajita y la superficie

cnica, la trayectoria de ella es circular y puesto que la velocidad angular es constante, entonces queda claro que, para la cajita, se trata de movimiento circular uniforme.

Movimiento inminente hacia abajo:

: VF 03030cos =+ gmsenFN f (1) pero Ff = NN 3,0= (movimiento inminente !) (2) en (1): N = 0,984 mg (3)

: HF RmamFsenN nf 230cos30 == (4)

(2) y (3) en (4): 378,3== min rad/s (5) Movimiento inminente hacia arriba: : VF 03030cos = mgsenFN f (5)

(2) en (5): N = 1,397 mg (6)

: HF RmamFsenN nf 230cos30 ==+ (7)

(2) y (6) en (7): 158,7max == rad/s (8) Finalmente, de (5) y (8): 3,378 7,158 [rad/s]

R = 20,3 cm

m

30

Fig. 2.25

N

mg

= m an30

Ff

Fig. 2.26

N

mg

= m an30

Ff

Fig. 2.27



Ejemplo 2.12: En la figura se muestra un tubo liso en forma de parbola de eje vertical, dentro del cual desliza una partcula de masa 2 kg. La base sobre la que est montado el tubo se mueve hacia la izquierda con aceleracin constante aD = 6 m/s2. Si la partcula, en la posicin mostrada, tiene una velocidad relativa al tubo de 5 m/s en el sentido mostrado, se pide determinar la aceleracin de la masa y la reaccin del tubo sobre la masa en ese instante. Solucin 1: Tomaremos un sistema mvil (como muestra la figura) que se mueva

solidario al tubo para as realizar el anlisis del movimiento relativo de la partcula con respecto al tubo, utilizando coordenadas curvilneas o intrnsecas.

Entonces: reltuboP aaa

+= donde rela

es la aceleracin de P con respecto al tubo, es decir tuboPa /

.

es decir: trelnrelDP aaaa

++= (1)

La ecuacin de la parbola es de la forma: 2xky = (con respecto al sistema mvil xy)

)25,2;5,1(=A parbola 1=k 2xy = (2)

Posicin de la partcula: )64,0;8,0(=P m El DCL de la partcula, (t es direccin de la tangente a la trayectoria relativa) y su sistema equivalente segn la segunda ley de Newton se muestran a continuacin:

: tF cosDtrel mamasenmg += cosD

trel asenga = (3)

: nF senmamamgN Dnrel += cos (4)

de la geometra: ======

586,12tan8,08,0

xx

xdxdy

Fig. 2.28

1,5 m

B

O

DaD

0,64

m

A

y

P

x

2,25

m

tn

N

mg

tn

m aD

nrelam

trelam

=

Fig. 2.29



Sabemos que:

2reln

relva = donde

( )358,3

/

/1

22

232

=

+

=dxyd

dxdy m

445,7358,3)5( 2

==nrela m/s2

Reemplazando valores en (3) y (4) y resolviendo: 13,5=trela m/s

2

N = 35,45 [N]

en (1):

)0;6()5813,5;58cos13,5()58cos445,7;58445,7( ++= sensenaP

= 5813,558cos445,7;658cos13,558445,7( sensenaP

de donde: )405,0;032,15( =Pa

m/s2 Solucin 2: De manera anloga a la anterior solucin tomaremos un sistema mvil que

se mueva solidario al tubo, pero esta vez utilizaremos, para el anlisis de movimiento relativo, coordenadas cartesianas.

Dado que la trayectoria relativa es: 2xy = (1)

derivando con respecto al tiempo: xxy 2= (2)

derivando una vez ms: xxxy 22 2 += (3) para el instante en anlisis 8,0=x m:

en (2): xyxy 6,1)8,0(2 == (4)

y se cumple que: 222 5=+ yx (5) resolviendo el sistema formado por (4) y (5): 65,2=x m/s 24,4=y m/s Reemplazando los valores encontrados para el instante en anlisis en (3):

xy )8,0(2)65,2(2 2 +=

es decir: xy 6,1045,14 += (6) La aceleracin total de la partcula ser: tuboPtuboP aaa /

+=

);( yxaD +=

de (6): )045,146,1;( ++= xxaa DP

(7)



Segn la 2da. ley de Newton los siguientes sistemas son equivalentes:

: xF DmaxmsenN = de donde: 6424,0 = xN (8)

: yF ymNmg =+ cos de (6): )6,1045,14(cos xmNmg +=+

de donde: xN 6,1265,0845,23 =+ (9)

Finalmente resolviendo el sistema (8) y (9): 038,9=x m/s

467,35=N [N]

en (7): )416,0;038,15( =Pa

m/s2 Ejemplo 2.13: El disco de radio 15,0=a m gira con velocidad angular constante 5= rad/s. Los dos pndulos son idnticos y miden

3,0= m y su masa es m = 2 kg y durante el movimiento estn contenidos en el mismo plano vertical. Se pide calcular la velocidad angular con que los brazos estn subiendo cuando = 30 , sabiendo que en el instante inicial ( = 0 ) parten del reposo. Solucin: Para una posicin genrica determinada por el ngulo polar y segn la

segunda ley de Newton, los siguientes sistemas son equivalentes:

tn

N

mg

m aD

ym

xm =

Fig. 2.30

Fig. 2.27

m

a

z

x

y

m

detalle de la unin

barra - mesa

Fig. 2.31



Utilizando coordenadas cilndricas:

: RF )( 2 RRmsenT = donde = (1) : F )2( RRmF += (2) : zF zmmgT =cos (3)

Se tiene: senaR += cos=R cos2 += senR

adems: cos=z senz = senz += 2cos

en (1): ])(cos[ 22 senasenmsenT ++= (4)

en (3): )cos(cos 2 gsenmT ++= (5)

De (4) y (5): gsensenasen

++++

=)(cos

)()cos(tan2

22

Simplificando: sengsena += coscos 22 (6)

Como

dd

dtd

dd

dtd

=== dd =

Reemplazando en (6): =

+=

0

30

0

22 )coscos( dsengsenad

Integrando: =

++=

30

0

222

0

2

cos21

2

gsensena

de donde: 162,3= rad/s

mg

T

R

z

m az

maRma=

O

x

y

z

O

x

y

z

a

Fig. 2.32



Ejemplo 2.14: El tubo liso en forma de un cuarto de circunferencia gira alrededor de un eje vertical OB con velocidad angular constante. En un determinado instante se deja libre en el extremo A una bolita de masa m con velocidad nula con respecto al tubo. Se pide calcular el valor de para el cual la bolita llega al extremo B con velocidad nula. Para este valor encontrado de se pide determinar las componentes de la fuerza ejercida por el tubo sobre la bolita en funcin del ngulo . Solucin: Utilizaremos coordenadas cilndricas. Segn la segunda ley de Newton se

cumplir para cualquier instante que los siguientes sistemas son equivalentes:

: rF RamN = cos1 y como: 2 rraR =

y en nuestro caso: = (constante)

)(cos 21 rrmN = (1)

: F amN =2 y como: rra += 2

y en nuestro caso: = (constante) 0=

rmN 22 = (2)

: zF zamgmsenN =1 zmgmsenN =1 (3) de la geometra: cosRr = senRr =

)(cos 2 senRr +=

R

O

B

A

= const.

r

z

Fig. 2.33

N1

m g

m aR

m az

Fig. 2.34



y tambin: )1( senRz = cosRz =

)cos( 2 += senRz

en (1): )coscos(cos 221 RsenRRmN ++= (4)

en (3): )cos( 21 RsenRgmsenN += (5) De (4) y (5) y ordenando : coscos 2 senRgR =

y como sabemos que: dd =

entonces: dsenRgdR )coscos( 2=

Integrando:

dsenRgdR =

0 0

2 coscos

)2(1 222 senRsengR

= (6)

Las componentes cilndricas de la velocidad sern:

)2(1 22 senRsengR

senRrvr ==

cosRrv ==

cosRzvz ==

Cuando la bolita llega a B: 2/ = )2(1 2RgR

Rvr =

0=v

0=zv

y para que: 0222 =++= zr vvvv 022 = Rg

Rg2

=

Derivando (6): )cos2cos2(12 2 senRgR

=

)coscos(1 2 senRgR

= (7)

Reemplazando Rg /2= en (6) y (7) y sustituyendo luego y en (2) y (3) y luego de simplificar y ordenar obtenemos: )2cos23(1 += senmgN

)1(42 sensensengmN =



Ejemplo 2.15: La corredera A desciende con velocidad constante

2=Av m/s a lo largo de su gua mientras se levanta la caja C de masa 20=m kg. Sabiendo que cuando la corredera est en posicin B la caja reposa sobre el suelo y est a punto de moverse si lo hace la corredera e ignorando el tamao de la caja y de la polea en los clculos, se pide determinar, para el instante en que la caja est a 1 m sobre el piso:

a) La velocidad y la aceleracin de la caja.

b) La tensin en la cuerda. Solucin: a) La longitud de la cuerda para cualquier instante del movimiento es: LssC =+ (1) de dato: 8=L m

adems: 22)4( Ass += (2)

(2) en (1): 8)16( 2/12 ==++ Lss AC (3)

Posicin: 3=Cs m )3(

3=As m

Velocidad: derivando (3) 0)2()16(21 2/12 =++ AAAC ssss (4)

en el instante analizado: 2=As m/s )4(

2,1=Cs m/s

2,1=Cv m/s () Aceleracin: derivando (4) obtenemos:

0)()16()()2()16(21 2212232 =++++ AAAAAAAAAC ssssssssss

0)()16()()16( 22122232 =++++ AAAAAAAC ssssssss

512,0=Cs m/s2

es decir: 512,0=Ca m/s2 ()

b) : VF CamgmT = )( gamT C +=

24,206=T N

C

m aC

Fig. 2.36

=

m g

T

4 m

C

vA

Fig. 2.35

A

4 m

sAsC

Bs



Ejemplo 2.16: El tambor elevador A tiene dimetro d y gira en el sentido del movimiento de las agujas del reloj con velocidad angular constante . Se pide determinar la tensin T en el cable que une el bloque de masa m a la pequea polea B, en funcin de la variable y. El tamao, masa y rozamiento de las poleas en C y B son despreciables. Solucin: De la geometra: 22 ybs +=

:/ dtd yyb

ys 22 +

= (1)

La longitud de la cuerda no es constante pues ella vara con el giro del tambor. La longitud instantnea est dada por: HsL += 2 ( .constL )

:/ dtd 02 += sL

pero 2dL = sd 2

2=

4ds = (2)

(2) en (1): y

ybdy22

4+

= (3)

:/ dtd yyby

bdy

+

=

222

2

4 (4)

finalmente (3) en (4): 3222

16 ybdy =

Por la 2da. ley de Newton, para el bloque se cumple:

: yF ymTgm = )( ygmT =

3222

16 ybdgmT +=

2 b

A

s

d

s y

B

C

Fig. 2.37

H

=

ym

T

m g

Fig. 2.38



Ejemplo 2.17: Si el sistema parte del reposo y 3,0=k , hallar la tensin en el cable y la aceleracin de los bloques en el instante de inicio del movimiento. Se sabe que: 200=Am kg, 300=Bm kg, y que las poleas tienen masa despreciable. Solucin: Tomemos las coordenadas auxiliares

As y Bs como muestra la figura. Geometra: =+ BA ss2 constante

22 / dtd : 02 =+ BA ss (1) Suponiendo (luego habr que corroborarlo!) que el bloque B desciende y que, en consecuencia, el bloque A asciende, entonces, de acuerdo a las coordenadas establecidas podemos escribir que AA sa = y BB sa = .

en (1): BA aa =2 (2) Los diagramas de cuerpo libre de la polea y del bloque A nos permiten escribir:

: VF AAA amgmT =2

es decir: AaT 200)8,9(2002 = (3)

Del mismo modo, para el bloque B:

:F

BBkB amTNsengm = 60

BaTN 3003,023)8,9(300 = (4)

:F 060cos = gmN B

de donde: 1470=N N

+

+

B

A60

Fig. 2.39

sA

T T

T1

Fig. 2.40

A

mA aA

=

mA g

T1 = 2T

Fig. 2.41

T

mB g

N60

Ff = k N

=

mB aB

Fig. 2.42



Con este valor de N en (4) y resolviendo con (2) y (3): 61,1=Aa m/s

2 61,1=Aa m/s2

73,1140=T [N]

22,3=Ba m/s2 22,3=Ba m/s

2 Nota: El signo positivo obtenido para las aceleraciones de A y B indica que la suposicin

de sus sentidos fue correcta. Ejemplo 2.18: El cuerpo A de 4 kg est conectado al cuerpo B de 8 kg mediante una cuerda inextensible de 1,5 m de longitud que pasa por una polea pequea y lisa ubicada en C. La gua horizontal tambin es lisa. Cuando

8,0=x m la velocidad de B es 1,2 m/s hacia la derecha y la fuerza P de 50 N est dirigida hacia la derecha. Se pide calcular para ese instante:

a) Las aceleraciones de A y B. b) La tensin en la cuerda

Solucin: de la geometra: 222 )6,0(+= xs

:/ dtd xxss 22 =

xxss = (1)

:/ dtd xxxsss +=+ 22 (2) Si 8,0=x m 1=s m

2,1=x m/s )1(

96,0=s m/s

en (2): xs 8,0)2,1()(1)96,0( 22 +=+

es decir : xs 8,0518,0 +=

o sea : BA aa 8,0518,0 += (3) Para A: AAA amgmT =

)( gamT AA += (4)

mA g

T

=

mA aA

Fig. 2.44

0,6

m

C

x

A

B P

Fig. 2.43

s



Para B:

BB amTP = cos (5) En la posicin mostrada: 5/4cos =

de (3), (4) y (5): 84,1=Aa m/s2 ()

605,1=Ba m/s2 ()

45,46=T N Ejemplo 2.19: En el instante mostrado el bloque A desciende con velocidad instantnea 4,6=Av m/s. Si las masas son 5=Am kg y 16=Bm kg, se pide determinar las aceleraciones de A y B as como la tensin T en la cuerda, cuya longitud es L = 44 m. Solucin: Geometra: 222 )7(8 += Bxs

22 )7(64 += Bxs (1)

Adems: )8(44 AB ysxL ++==

36=+ syx AB (2) Velocidades: de (1): BB xxss )7( = (3)

de (2): 0=+ syx AB (4)

para yA = 3 m )2(),1(

17=s m ; 22=Bx m

mB aB

T

P

N

=

Fig. 2.45

8 m

C

xB

A

B

3 m

7 m

yA

s

vA

Fig. 2.46



como 4,6=Ay m/s )4(),3(

3=s m/s

4,3=Bx m/s Aceleraciones: de (3): BBB xxxsss )7(

22 +=+ (5)

de (4): 0=+ syx AB (6) Anlisis del bloque A: Suponiendo que el bloque A desciende acelerando (luego

tendremos que verificar la validez de nuestra suposicin), entonces:

AAAV amTgmF = :

)( AA ym = (7)

Anlisis del bloque B: Consecuentemente a la suposicin anterior, aqu supondremos

que el bloque B acelera hacia la izquierda:

BBH amTTF =+ cos: )( BB xm = (8) Adems, en el instante mostrado:

3=Ay m 1715cos =

finalmente, de (5), (6), (7) y (8): 08,5=Ay m/s

2 08,5=Aa m/s2

78,2=Bx m/s2 78,2=Ba m/s

2

3,2=s m/s2

T = 23,6 N

mA g

T

=mA aA

Fig. 2.47

mA g

T

T

N

=mB aB

Fig. 2.48



Ejemplo 2.20: Una caja pequea A con masa 10=Am kg se suelta desde el reposo en la posicin mostrada y a partir de all desciende sobre la rampa lisa. Cuando alcanza la parte inferior, se desliza horizontalmente sobre la superficie del carrito B con masa 25=Bm kg. Sabiendo que el coeficiente cintico de friccin entre el carrito y la caja es 3,0=k , se pide calcular:

a) La velocidad de la caja cuando abandona la rampa y aborda al carrito.

b) La velocidad de ambos en el instante en que cesa el movimiento relativo entre ellos.

c) La posicin s de la caja sobre el carrito (medida desde su extremo derecho) luego de que la caja se detiene sobre l.

Solucin: a) Anlisis del movimiento descendente de la caja: Tomemos R como radio del arco de circunferencia. para el tramo recto: )cos1( = Rhh

adems: senLh = sen

hL

=

Segn 2da. ley de Newton: amsengm =

senga = (es constante)

Entonces, se cumple que: Lavv 22021 +=

Lseng )(2 =

sen

hseng

= 2

hgv = 221 (1)

donde, evidentemente, 1v es la velocidad de la caja antes de entrar al tramo curvo.

A

Fig. 2.49

B

2 m

s

h =

0,5

m

Fig. 2.51

=

mg

N

ma



Tramo curvo: aqu tenemos la velocidad de entrada de la caja al tramo curvo y deseamos calcular su velocidad de salida al final de l.

:tF tamsengm = )( (2)

pero dR

dvvdsdvv

dtds

dsdv

dtdvvat =====

en (2): dvvdRseng = )(

integrando: =2

10

)(v

vdvvdsenRg

donde v2 es la velocidad a la salida del tramo curvo. )cos1(221

22 += Rgvv

)cos1(22 += Rghg

[ ])cos1(2 += Rhg

h

8,9222 == hgv 13,32 =v m/s (3) Como se ve, este resultado depende solamente de g y h y mas bien es independiente del tamao del radio de curvatura R y del ngulo . Este hecho quedar an ms claro cuando estudiemos mtodos de trabajo y energa para la partcula. b) Anlisis del movimiento de la caja sobre el carrito. Segn la segunda ley de Newton se cumplir para la caja que los siguientes sistemas son equivalentes:

:HF AAf amF = donde NF Kf = AAK amN = (4) :VF 0= gmN A en (4): AAAK amgm =

ga KA =

94,2=Aa m/s2 ()

=R

R

N)(

m g

m at

m an

Fig. 2.52

=mA g

N

FfmA aA

Fig. 2.53



Anlogamente para el carrito se cumplir: :HF BBf amF = BBAK amgm =

de donde: gmma

B

AKB = 17,1=Ba m/s

2 ()

Ahora, la velocidad de la caja en cualquier instante est dada por:

:)(+

tavv AAA += 0 tvA )94,2(13,3 += (5) Anlogamente, la velocidad del carrito en cualquier instante es:

:)(+

tavv BBB += 0 tvB )17,1(0 += (6) En el instante en que cesa el movimiento relativo de la caja sobre el carrito, sus velocidades absolutas sern iguales: de (5) y (6): tt 17,1)94,2(13,3 =+ 762,0=t s

en (5) o (6): 891,0== BA vv m/s c) Para calcular la posicin s de la caja sobre el carrito luego de que la caja se detiene

sobre l, bastar calcular el espacio recorrido por cada uno de ellos:

Para A :)(+

AAAA eavv 220

2 += Ae)94,2(2)13,3()891,0(22 +=

531,1=Ae m

Para B :)(+

BBBB eavv 220

2 += Be)17,1(20)891,0(2 +=

339,0=Be m entonces: 19,1== BABA eee m Finalmente: BAes /0,2 = 81,0=s m

=mB aB

N

Ff

R2R1 mB g Fig. 2.54

eA/BeB

eA

Fig. 2.55



2.2 Movimiento producido por una fuerza central Una fuerza F

es central si su lnea de accin pasa siempre por un punto fijo que

denominaremos O. Luego demostraremos que la trayectoria de una partcula cuyo movimiento es causado por una fuerza central est contenida en un plano.

Segn la 2da. ley de Newton: vdtdmF

=

:r

vdtdmrFr

=

y como :|| Fr v

dtdmr

=0 (2.4)

Se define momento cintico: vmrH

=0

derivando: )(0 vmdtdrvm

dtrdH

+= (2.5)

Comparando (2.4) con (2.5): 00 =H

es decir, =0H

constante

== vmrH

0 constante

Si denominamos mHh 0

= == vrh

constante

El hecho de que el vector h

sea constante en este tipo de movimiento constituye una caracterstica importante de l. Se ve claramente que si el producto vectorial de los vectores posicin y velocidad da como resultado un vector constante, ello significa que ambos vectores estn contenidos siempre en un mismo plano que denominaremos Q, o dicho de otra manera, la trayectoria de la partcula est contenida en el plana Q. Nota 1: Puesto que =h

constante, el movimiento que produce una fuerza central es un

movimiento plano.

0

F

r

x

y

zFig. 2.56

m

O

C



Nota 2: Se ha deducido al final del captulo 1 que la velocidad areolar es vr

=21 .

Entonces h

21

= y como =h

const.

= constante. Es decir la

velocidad areolar es constante. Un ejemplo de esto ltimo se puede ver claramente en el enunciado de la tercera ley de Kepler 1)

, donde se establece que el radio vector trazado desde el sol (que como sabemos est situado en uno de los focos de la rbita elptica que sigue nuestro planeta) hasta la tierra, barre reas iguales en tiempo iguales. Hay que hace notar que Kepler dedujo esta ley en base a muchas observaciones y sin disponer del clculo diferencial, y en ella establece que en el movimiento de los planetas del sistema solar, todos ellos causados por fuerza central, la velocidad areolar es constante.

Para el plano Q: En coordenadas polares: vrh

= )( ererer rr +=

nrh 2

= (= const.)

2rh = es tambin constante (2.6) Aplicando la segunda ley de Newton podemos afirmar que en cualquier instante se cumple la equivalencia de los siguientes sistemas: No hay componente transversal de aceleracin pues 0=F (por definicin, la fuerza est ntegramente contenida en la direccin radial).

1) Johannes Kepler, nacido el 27 de diciembre de 1571, en Weil, en el principado de Wttemberg, en el

sureste de Alemania, fallecido el ao 1630, en Ulm, Alemania.

O

r

e

rev

Q

Fig. 2.57

C

O

r

Fm

ree

O

r

e

=

re

mar

ma

Fig. 2.58



Entonces: reFF =

Segn la segunda ley de Newton: )( 2 rrmF =

recordando (2.6):

= 3

2

rhrmF (2.7)

haciendo: dtd

ddr

dtdrr

==

ddrr =

de (2.6): d

drrhr 2= (2.8)

Pero adems: dtd

drd

dtrdr

==

d

rdr = (2.9)

derivando (2.8):

=

ddr

rh

dd

drd

2

en (2.9):

=

ddr

rh

ddr 2

recordando (2.6):

=

ddr

rh

dd

rhr 22 (2.10)

Haremos un cambio de variable: r

u 1= u

r 1= (2.11)

derivando: d

dududr

ddr

=

=

ddu

uddr

2

1

en (2.10) y recordando que u

r 1= :

=

ddu

uuh

dduhr 2

22

de donde: 22

22

duduhr =

en (2.7):

= 322

222 uh

duduhmF

finalmente: 2222

uhmFu

dud

=+

(2.12)

la cual es una ecuacin diferencial de 2 orden que tiene solucin si la funcin F es de la forma )(rFF = . Su solucin ser de la forma )(uu = , de donde ser siempre posible obtener )(rr = , la cual describe la forma polar de la trayectoria del movimiento.



Ejemplo 2.21: Una partcula de masa m se lanza sobre un plano horizontal con velocidad inicial v0 siendo 0rr = y est atada a una cuerda que se tira con velocidad constante 0u , como se muestra en la figura. Se pide:

a) Ecuacin polar de la trayectoria tomando el agujero como polo.

b) y en funcin del tiempo.

c) El valor de la tensin en la cuerda cuando 2

= .

Solucin: Evidentemente se trata de un movimiento causado por fuerza central. En

consecuencia podemos utilizar convenientemente las expresiones que se acaban de deducir.

a) Sabemos que para movimiento causado por fuerza central se cumple necesariamente

que 2rh = = constante.

Se conoce 0udtdrr == (1)

adems: 2rh = = )( 0222 u

drdr

dtdr

drdr

dtdr ==

separando variables: dhu

rdr 0

2

=

integrando: chu

r+= 01

Cuando :0= 0rr = cr=

0

1

entonces: 00

0

0

11vr

urr

+=

0

0

0

1vurr

+= (2)

b) Tenemos: dtudrur 00 ==

integrando: 10 ctur +=

Ecuacin polar de la trayectoria

rO

vO

uO

F

O

Fig. 2.59

m

rO

vO

O

v

r

Fig. 2.60



cuando t = 0: 0rr = 01 rc =

entonces: 00 rtur += (3)

Como :2rh

= 200 )( rtu

h+

=

y como: 00 vrh = : 200

00

)( rtuvr+

= (4)

:dtd 3

00

000

)()(2

rtuuvr

+

=

300

000

)(2

rtuuvr

+= (5)

c) De la segunda ley de Newton:

: rF )( 2 rrmF = aqu 0=r 2rmF =

como 2rh

= : 32

003

2 )(rvrm

rhmF == (6)

de (2) para :2 =

21

0

0

0

vurr

+=

en (6):

3

0

0

30

200

21

)(

+

=

vu

rvrmF

3

0

0

0

20

21

+=

vu

rvmF

re

O

r

F

O

r

m arre

Fig. 2.61

=



Ejemplo 2.22: Una partcula de masa m se mueve en un plano horizontal liso por la accin de una fuerza F

(no

mostrada en el dibujo) de forma tal que su velocidad v en cada instante es la resultante de dos vectores con mdulo constante:

av con direccin fija y paralela al eje polar

bv perpendicular al vector posicin r .

Se pide: a) La ecuacin polar de la trayectoria si 12=av m/s y 5=bv m/s sabiendo que para

6,0 == r m. b) Determinar la aceleracin de la partcula en funcin de y mostrar que F

es una

fuerza central. Solucin: La velocidad de la partcula, en coordenadas polares, est dada por: evevv rr +=

donde: cosar vdtdrrv === (1)

y senvvdtdrrv ab === (2)

de (1) y (2):

dsenvv

vrdr

senvvv

drdr

ab

a

ab

a ==coscos (3)

cambiando variable: senvvu ab = dvdu a cos=

en (3): = udu

rdr

Cur += lnln

Aur lnlnln +=

=

uAr lnln

uAr =

cosab vvAr

=

Como r = 6 m para = 0 30)5(6 === bvrA

Es decir: sen

r12530

= (4)

Ecuacin polar de la trayectoria

Fig. 2.62

O

ere

r

av

bv

eje polar



b) Sabemos que: eaeaa rr +=

donde: 2

2

22

==

dtdr

dtrdrrar

(5)

y 22

22dtdr

dtd

dtdrrra +

=+= (6)

de (1): senvdt

rdvdtdr

aa == 22

cos (7)

de (2): 222 )()cos(

rrsenvvvr

dtd

rsenvv

dtd abaab == (8)

Reemplazando en (5): 2

=

rsenvv

senvvAsenva abab

ar

recordando (2) y (4) y ordenando:

( )A

senvvAsenva abar

3 =

es decir: ( )30

12530

12 3 sensenar

=

30

)125(52 3 sensenar

= (9)

Reemplazando valores en (6):

2)()cos(cos2

rrsenvvvr

senvvA

rsenvvva aba

ab

aba

+

=

recordando (1), (2), (4), (5) y (6), ordenando y simplificando: 0=a Finalmente: rr eaa =

y como )( rr eamamF ==

F

est siempre en direccin re , es decir, es central.



0

30

60

90

120

150

180

210

240

270

300

330

a2 cos 2 ( )

r

Ejemplo 2.23: Una partcula de masa m describe una lemniscata de ecuacin polar 2cos22 ar = (a es constante) estando sometida a una fuerza central dirigida al polo O. Sabiendo que las condiciones iniciales son

00 = y 10 = rad/s , se pide calcular la fuerza necesaria en trminos de m, a y r. Solucin: Sabemos que la ecuacin diferencial del movimiento bajo la accin de fuerza central es:

2222

uhmFu

dud

=+

de donde:

+= u

duduhmF 2

222

(1)

De la ecuacin de trayectoria: 22

2cosar

=

y como 2cos12 2=sen 244

2a

rasen

=

Haciendo 2cos11 2/1ar

u ==

dd / : )2()2()2(cos21 2/3

sen

addu

=

22cos1 2/3 senad

du =

dd / :

2cos222cos3 2/122/522

+=a

senad

ud (2)

Reemplazando valores obtenidos para 2sen y 2cos en (2):

544

2

2 3r

rad

ud =

(3)

(3) en (1):

+

=

rrrauhmF 13 5

4422

7243

rhmaF = (4)

Sabemos que para movimiento causado por fuerza central: 0!== amF

02 =+= rra (5)

Fig. 2-63

O



Adems, de la ecuacin de la trayectoria: 2cos 2/1ar =

:/ dtd )2()2(2cos2

21 senar

=

en (5): 0)2cos()2()2(2cos2

2 2/121 =+

asena

despejando: 2tan2 2 = y como: dd =

dd 2tan2 2 =

integrando: = dd 2tan2

c+= 2coslnln (6) Condiciones iniciales: 00 = ; 10 = rad/s

de (6): c+= )0(cosln1ln 0=c

en (6): 2coslnln =

de donde: 2sec= (7) Sabemos que 2rh =

)2(sec)2cos( 2 ah =

es decir: 2ah =

finalmente en (4): 783

ramF =

Nota: Otra forma de hallar el valor de la constante h es: )()2cos( 00

20

20

2 arrh === y como 00 = y 10 = rad/s

2ah = el cual es el mismo resultado que obtuvimos lneas arriba.



Ejemplo 2.24: Una partcula de masa m se mueve bajo la accin de una fuerza central con mdulo

78 /3 ramF = . Se pide encontrar la ecuacin polar de la trayectoria sabiendo que en el instante inicial ( 0=t ) tenemos que 0,)0,( 00 == aP y 10 = rad/s . Adems, en dicho instante el vector posicin es perpendicular al vector velocidad ( 00 vr

).

Solucin: Haciendo 7878

331 ramr

amFr

u ===

Sabemos que la ecuacin de la trayectoria para el movimiento causado por fuerza central es:

2222

uhmFu

dud

=+

donde 202

0 arh ==

5422

3 uaud

ud=+

(1)

Si hacemos: dud

ddu

dud

dd

dud

ddu

==== 2

2

en (1): 543 uaudud

=+

==

=

au

duuuad/1

54

0 00

)3( (2)

Notar que 00 = pues como 00 vr

00 =r

y como:

r

rddr

rrdd

ddu

22

111==

==

entonces, para 0:0 00 == r .

Resolviendo (2): u

a

uua

/1

264

0

2

222

=

( )14422 = uau 144 = uau

Ahora, como

ddu

= 144

==uau

dudud

integrando: = =

=

0 1

440 0

1

u

au

uaudud (3)



adems: r

u 1= drr

du 21

=

en (3): ==

=

r

ar radrrd

4400

r

aararc

= 2

2

cos21

finalmente: 2cos22 ar =

ecuacin que corresponde a la ecuacin polar de una lemniscata. 2.3 Aplicacin a la fuerza gravitacional

reFF =

(2.13)

2rmMGF = (2.14)

rermMGF 2=

(2.15)

donde: G es la constante gravitacional r es la distancia entre los centros de masa

Sea r

u 1= F = G M m u2

en (2.13): 222

2

2

uhmumMGu

dud

=+

222

hMGu

dud

=+

(2.16)

Solucin homognea: Ecuacin caracterstica: j==+ 012 senccuh 21 cos +=

)cos( = c

donde cos1 cc =

y sencc =2

entonces 2221

2 ccc +=

m

M

re

F

Fig. 2.64



Solucin particular: 2hMGu p =

Finalmente: 2)(cos1

hMGc

ru +== (2.17)

La cual es la ecuacin polar de la trayectoria. Notar que esta ecuacin corresponde a la de las cnicas en su forma polar. Recordemos la forma general de las curvas cnicas:

Excentricidad de la cnica: dre =

de la figura: drp += )cos(

errp += )cos(

pr1

pepr

1)cos(11 += (2.18)

Comparando con la ecuacin (2.17):

p

c 1= y peh

MG 12 =

ec

hMG

=2

MGhce

2

= donde e es la excentricidad de la trayectoria

y adems c

p 1= donde p es la distancia fija del foco a la directriz

F(foco)

r

P d

p

eje principal

dire

ctri

zeje polar

Fig. 2.65



Tipos de trayectoria: e = 0 circunferencia 0 < e < 1 elipse e = 1 parbola e > 1 hiprbola

Es decir: 2)cos(1

hGMc

r+= (2.19)

eppr1)cos(11 += (2.20)

Podemos expresar (2.19) y (2.20) haciendo coincidir el eje polar con el eje principal de la cnica 0= .

de (2.19): 2cos1

hMGC

r+=

de (2.20): pepr

1cos11 += (2.21)

donde c y h se calculan a partir de condiciones iniciales. Caso 0 < e< 1 : Elipse Punto A: 1,0 rr ==

de (2.21): eppr111

1

+=

Pero MG

hep2

= 21

)1(1hMGe

r+=

+=

eMGhr

112

1 (2.22)

Anlogamente para B: 2, rr ==

=eGM

hr1

122 (2.23)

geometra:

=+

= 22

21

11

2 eMGharra (2.24)

de (2.22) y (2.24): r1 = a (1 e ) (2.25) de (2.23) y (2.25): r2 = a (1 + e ) (2.26)

F

r

P

r2a

AB F'

r1

b

c c

eje polar(origen en F)

Fig. 2.66



Geometra: b2 = a2 c2 = (a + c) (a c) 21 rrb = (2.27)

Finalmente, con (2.25) y (2.26): 21 eab = (2.28)

Caso e = 0 : circunferencia MG

hrr2

21 ==

Caso e = 1 : parbola == 22

1 ;2r

MGhr

2.4 Movimiento de satlites Se supone: a) m



Como MGhCe

2

=

MGh

vrGM

re

2

20

200

1

= 1

0

2

=MGr

he (h = r0 v0 = const.) (2.31)

Si e = 0 trayectoria en vuelo libre circular 0 < e < 1 trayectoria en vuelo libre elptica e = 1 trayectoria en vuelo libre parablica e > 1 trayectoria en vuelo libre hiperblica Velocidad de escape: es la velocidad v0 necesaria para que el mvil tenga trayectoria

parablica.

Como e = 1: 110

20

20 =

MGrvr

es decir: 0

02

rMGv =

la velocidad de escape ser: 0

2r

MGve = (2.32)

Velocidad v0 para entrar en rbita circular:

Como e = 0: 010

20

20 =

MGrvr

entonces: 0rMGvc = (2.33)

As:



En el caso de rbitas elpticas: de (2.30): r1 = r0

12 2

00

02

=

vrMGrr

semieje mayor: 2

21 rra +=

semieje menor: 21 rrb =

rea elptica A = 2122 )(2rrrrba +=

velocidad areolar: 2h

dtdA

==

En una vuelta elptica completa y dado que la velocidad areolar es constante:

2hTA = donde T es el periodo (tiempo para completar una vuelta)

finalmente: h

rrrrT 2121

)( +=

(2.34)

Si v0 no es paralela a la superficie terrestre ( 90 ) Condiciones iniciales: r0 , v0 ,

0000

cos rrvvrr

r ====

Sabemos que la ecuacin de la trayectoria es:

2cos1

hMGC

r+= (2.35)

Para el instante inicial:

200

cos1hMGC

r+= (C y 0 son incgnitas) (2.36)

de (2.35):

senCrr

= 2

)( 2rsenCr =

senhCr = (2.37)

F

r

P

r2

AB F'

r1

v0

r0

Fig. 2.70

mre

0v

0r

Fig. 2.71



Para el instante inicial: 00 senhCr = (2.38) es decir: 00 cos senhCv = (2.39)

de (2.39): 022

2

220 cos senC

hv

= (2.40)

de (2.36): 022

2

20

cos1 ChMG

r=

(2.41)

de (2.40) y (2.41): 2

20

2

220 1cos

+=

hMG

rhvC

de (2.39) y (2.36):

hMG

rhv

hMG

rh

v

=

=

0

0

20

00

cos1

costan

es decir:

senvrMGsenv

v

000

00

costan

=

finalmente: 2

20

2

220

22 1cos

+==

hMG

rhv

MGh

MGhCe (2.42)

Ejemplo 2.24: El satlite mostrado de masa m se mueve segn la trayectoria parablica:

cos1

00020

=r [km]

Se pide calcular:

a) La velocidad areolar . b) El tiempo que demora la partcula en llegar de O a A.

Nota: GM = 5,1588 1012 [km3/h2] Solucin:

Para 00010cos1

200000 =

==

r km

Para e = 100010

)101588,5(22 12

00

==

rMGv

=0v 32 121 km/h

O

r

eje polarM

r0

rA

m

90

A

v0

Fig. 2.72



entonces: 600 1021,3213212110000 === vrh km2/h

finalmente: 6106,1602

==h km2/h

c) Para A: = 270

dtdr

dtd 2

21

= drd

2

2

=

2h

dtd

= dthd

2=

hdtdrhr == 22 dthdr

22

2

=

=

t

dthd0

2270

180 cos120000

t = 0,83 horas 2.5 Leyes de Kepler Johannes Kepler 1), eminente astrnomo y cientfico alemn, estudi las observaciones del planeta Marte hechas durante mucho tiempo por el gran astrnomo dans Tycho Brahe, llegando a deducir la forma de su rbita. Despus de innumerables tanteos e interminables clculos realizados durante muchos aos, lleg a deducir sus famosas leyes 2)

.

Sus dos primeras leyes fueron publicadas en l609 en su obra Astronoma Nova, mientras que la tercera se public en Harmonice Mundi, en 1619. A continuacin detallaremos brevemente sus tres leyes acerca del movimiento de los planetas y que permitieron a Newton, aos despus, formular la ley de la gravitacin universal. 1era. ley: Kepler en base a observaciones de Marte distingue que las posiciones del planeta concordaban con una elipse en uno de cuyos focos estaba colocado el Sol. Para llegar a esa conclusin, analiza durante un ao marciano (687 das, perodo sideral de Marte) el movimiento orbital del planeta y encuentra que la rbita de ste es simtrica con respecto a

1) Johannes Kepler, astrnomo, matemtico y fsico alemn, nacido el 27 de diciembre de 1571, en Weil, en

el principado de Wrttemberg, en el sureste de Alemania y fallecido el ao 1630, en Ulm, Alemania. Aparte de sus famosas leyes, sus contribuciones ms importantes incluyen sus comentarios sobre el movimiento de Marte, un tratado sobre los cometas, otro sobre una nueva estrella (nova), y sus famosas Tablas Rudolfinas, donde compila los resultados obtenidos a partir de las observaciones de Tycho Brahe y sus propias teoras. Tuvo adems importantsimos aportes a la ptica: encontr la ley fundamental de la fotometra, descubri el fenmeno de la reflexin total, y cre la primera teora moderna de la visin, explicando cmo los rayos que pasan por medios refringentes del ojo forman sobre la retina una minscula imagen invertida.

2) Ref.: www.astrocosmo.cl/biografi/b-j_kepler.htm



la lnea de las psides, pero el dimetro en sentido perpendicular a ella es menor que la distancia entre el perihelio y el afelio; la rbita es ovalada. Con ello, encuentra que una elipse de pequea excentricidad, con el Sol en uno de los focos, satisface las observaciones y tambin la ley de las reas. Cada planeta se mueve alrededor del sol con una rbita elptica estando el sol en uno de los focos de la elipse. 2da. ley: Kepler razona que si el "alma motriz" del Sol mantiene el movimiento del planeta en su rbita, al aumentar la distancia al Sol la velocidad debe de disminuir. Para llegar a esa deduccin, asume el valor de desechar el crculo como forma de las trayectorias planetarias, rompiendo en ello con un prejuicio geomtrico dos veces milenario. Encontr, despus de una larga serie de clculos que para las psides de la rbita de Marte (perihelio y afelio) la velocidad es inversamente proporcional a la distancia al Sol; concluye que el radio vector que une el Sol y Marte barre reas iguales en tiempos iguales. El radio vector trazado desde el sol a cualquier planeta barre reas iguales en tiempos iguales. De acuerdo a lo visto en el captulo podemos decir que ello equivale a decir que la velocidad areolar de cualquier planeta es constante:

==2h const.

3era ley: Kepler estaba convencido de que deba existir una simple relacin entre los tiempos de revolucin y las distancias de los planetas. Con mucha voluntad y constancia busc esa ley que, en su opinin, deba garantizar la intrnseca armona del universo. Adopt un centenar de suposiciones y las rechaz despus de interminables clculos; continu durante nueve aos la ardua tarea, sin tablas logartmicas, sin mquinas de calcular, sin otra ayuda que su incansable actitud que dominaba su condicin de hombre de ciencia, hasta el da en que, obedeciendo a una sbita inspiracin, formul la hiptesis que se convertira en su tercera ley, encadenando con una relacin constante los cubos de los semiejes de las rbitas y los cuadrados de los tiempos que emplean los planetas para recorrerlas. El cuadrado del periodo de cualquier planeta es proporcional al cubo del semieje mayor de su rbita.

32

2 4 aMG

T =

Francisco Arago, astrnomo francs, escribi: "La gloria de Kepler est escrita en los cielos y ningn progreso de la ciencia puede oscurecerla. Los planetas en la sempiterna sucesin de sus movimientos lo proclamarn siglo tras siglo."

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Cap. 2 Cintica de la partculaEcuaciones diferenciales de 2 orden

Ecuaciones diferenciales no homogneas:Ejemplo 2.9:

2.2 Movimiento producido por una fuerza central

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Capítulo 2 Cinética de la partícula