XI. MOVIMIENTO CURVILÍNEO

XI. MOVIMIENTO CURVILÍNEO

En el estudio del movimiento rectilíneo nos bastaba un número para

determinar la posición o la velocidad o la aceleración de la partícula en

estudio. Pero para determinar esas propiedades del movimiento de una

partícula que describa una trayectoria curva, necesitaremos conocer tanto

una magnitud como una dirección. De modo que será conveniente traba-

jar, a partir de ahora, con vectores.

Consideremos un automóvil transitando

por una carretera curva, aumentando su ra-

pidez. Si lo observamos desde un punto O

fuera de la carretera, para situarlo debere-

mos conocer la distancia a la que se en-

cuentra y en qué dirección se mide esa dis-

tancia. Representaremos el caso mediante

una curva arbitraria y un punto sobre ella.

Al punto O lo llamaremos origen, y desde

éste al punto trazaremos un vector, el vec-

tor de posición.

Un tiempo después, el punto ocupará una nueva posición. Y la dife-

rencia entre estas dos posiciones será el desplazamiento. Ahora el despla-

zamiento también es una cantidad vectorial, tal que

�̅� + ∆�̅� = �̅�′

Puesto que la velocidad media es la razón del desplazamiento al

tiempo, la representaremos con un nuevo vector, que tendrá la misma

∆�̅� = �̅�′ − �̅�

Movimiento curvilíneo

242

dirección del desplazamiento. Observemos que la magnitud del desplaza-

miento, es decir, la magnitud del vector, es menor que la longitud reco-

rrida por la partícula entre las dos posiciones consideradas.

|∆�̅�| ≠ ∆𝑠

Si el lapso considerado es infinitamente

pequeño, la razón del desplazamiento al

tiempo será la velocidad de la partícula en

ese instante. Ahora bien, si la segunda posi-

ción se acerca todo lo posible a la primera,

la línea que las una, que será la dirección

tanto del desplazamiento como de la velo-

cidad, será tangente a la trayectoria. Esta

propiedad es de especial importancia en el

estudio de la Cinemática de la partícula.

tiene la velocidad otra propiedad igualmente

importante: la magnitud del desplazamiento

es ahora del mismo tamaño que la longitud

recorrida por la partícula. Es decir

|∆�̅�| = ∆𝑠

�̅� =𝑑�̅�

𝑑𝑠 ; |�̅�| = 𝑣 =

𝑑𝑠

𝑑𝑡

Para facilitar las explicaciones que daremos en lo futuro, a partir de

ahora entenderemos por rapidez el tamaño o magnitud de la velocidad.

La aceleración media, que es la razón del cambio de velocidad al

tiempo, será un vector cuya dirección dependerá tanto del cambio de di-

rección de la velocidad como de su cambio de magnitud. Lo mismo se

puede afirmar de la aceleración, que es la razón del cambio de velocidad

a un tiempo infinitamente pequeño. Estudiaremos esta cantidad emplean-

do distintos sistemas de referencia.


243

a) Dado que 𝑠 = 0.1𝑡2, y que 𝑣 = 𝑑𝑠 𝑑𝑡⁄ , entonces v=0.2t. Para

𝑡 = 2𝑠, 𝑠 = 0.4 𝑦𝑣 = 0.4. Como se halla en el tramos recto de la vía:

b) Puesto que 𝑣𝑚 = ∆𝑟 ∆𝑡⁄

𝑣𝑚 = 0.4/2

c) De las expresiones empleadas en el inciso a, pero para t = 5, se

obtiene s = 2.5, v = 1. Ahora el tren se encuentra en un tramo curvo; ha

recorrido 1 m de la circunferencia BC. El radio que une su posición con el

centro de la curva forma un ángulo θ = s / R de 1 / 0.8 = 1.25 rad con la

vertical, es decir, de 71.6°. Para determinar tanto la magnitud como la

dirección del vector de posición �̅� calculemos las distancias x y y:

𝑥 = 1.5 + 0.8 sen 71.6° = 2.26

𝑦 = 0.8 − 0.8 cos 71.6° = 0.548

Por tanto, 𝑟 = √2.262 + 0.5482

Y tan𝛽 = 0.548/2.26

Ejemplo. La figura representa la

vía de un tren de juguete. El tren parte

del punto A y avanza conforme a la

expresión s = 0.1 t2, si t se da en s, s es

la distancia en m del tren al punto A,

medida sobre la vía. Tomando dicho

punto A como origen, determine: a) la

posición y la velocidad del trenecito

cuando t = 2 s; b) Su velocidad media

durante los dos primeros segundos. c)

Su posición y su velocidad cuando t =

5 s. d) El tiempo que requiere para

volver al punto de partida.

𝑟 = 0.4 m ; 𝑣 = 0.4m 𝑠⁄ →

𝑣𝑚 = 0.2m 𝑠⁄ →

𝑟 = 2.33 m 13.6°

𝑣 = 1 m/s 71.6°


244

d) Puesto que 𝑠 = 0.1𝑡2, y se desea conocer el tiempo en que vuelve a

pasar por A, ha de calcularse la lon-gitud de toda la vía:

𝑠 = 2𝜋(0.8) + 2(1.5) = 8.03

Por lo que 8.03 = 0.1𝑡2, de donde

𝑡 = √8.03/0.1

Componentes cartesianas. Cinemática

Consideremos una partícula movién-

dose en una curva arbitraria y elijamos un

sistemas de referencia cartesiano, como se

muestra en la figura. La posición de la partí-

cula en un instante arbitrario queda perfec-

tamente determinada mediante un vector

que una el origen con la partícula; si las

coordenadas de ésta son x y y. entonces el

vector de posición será

Si lo derivamos respecto al tiempo, obtendremos primero la veloci-

dad y luego la aceleración de la partícula. Como los vectores unitarios i y

j tienen magnitud y dirección constantes, las derivadas quedan como si-

gue.

�̅� =𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑖 +

𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑗

�̅� =𝑑𝑣𝑥𝑑𝑡

𝑖 +𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡𝑗

𝑡 = 8.96 𝑠

�̅� = x𝑖 + y𝑗

�̅� = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑣𝑦𝑗

�̅� = 𝑎𝑥𝑖 + 𝑎𝑦𝑗


245

Procederemos a escribir las ecuaciones del movimiento como lo hi-

cimos en el caso del movimiento rectilíneo. Las componentes de la velo-

cidad y la aceleración los obtendremos derivando las de la posición.

𝑥 = 𝑡3 − 30𝑡2 + 280𝑡 𝑣𝑥 = 3𝑡2 − 60𝑡 + 280

𝑎𝑥 = 6𝑡 − 60

𝑦 = 𝑡2 − 10𝑡 + 600

𝑣𝑦 = 2𝑡 − 10

𝑎𝑦 = 2

Para t=10

𝑥 = 1000 − 3000 + 2800 = 800

𝑣𝑥 = 300 − 600 + 280 = −20

𝑎𝑥 = 60 − 60 = 0

𝑦 = 100 − 100 + 600 = 600

𝑣𝑦 = 20 − 10 = 10

𝑎𝑦 = 2

Comparando los resultados

�̅� = 800𝑖 + 600𝑗

𝑟 = √8002 + 6002

tan 𝛼 =600

800

𝑟 = 1000m 36.9°

�̅� = −20𝑖 + 10𝑗

Ejemplo. Las coordenadas de un

buque que se mueve en las proximi-

dades de un puerto son x = t3–

30t2+280t yy=t

2 –10t+600, donde tan-

to x como y resultan en m si t se da en

s. Determine la posición, velocidad y

aceleración del buque cuando t=10 s.


246

𝑣 = √202 + 102

tan𝛽 =10

20

�̅� = 2𝑗

Para obtener la ecuación de x tendremos que integrar vx

𝑥 = ∫(22 − 8𝑡)𝑑𝑡 = 22𝑡 − 4𝑡2 + 𝑐

Como en t=0, x=0, entonces c=0

𝑥 = 22𝑡 − 4𝑡2

𝑣𝑥 = 22 − 8𝑡 𝑎𝑥 = −8

𝑦 = 25 − 𝑡2

𝑣𝑦 = −2𝑡

𝑎𝑦 = −2

Igualando y con 0

0 = 25 − 𝑡2 ; 𝑡 = 5 Para t = 5

𝑣𝑥 = −18 ; 𝑣𝑦 = −10

𝑎𝑥 = −8 ; 𝑎𝑦 = −2

𝑣 = 22.4 m/s 26.5°

𝑎 = 2 m/s2 ↑

Ejemplo. El movimiento curvilíneo de una partícula se puede de-

finir mediante las expresiones y = 25 – t2 con una vx=22 – 8t, donde y

está en in, vx en in/s y t en s. Se sabe que cuando t=0, x=0. Diga cuá-

les son la velocidad y la aceleración de la partícula cuando y=0 y

dibuje su trayectoria.

𝑣 = 20.6 in/s 29.1°

𝑎 = 8.25 in/s2 14°


247

Para dibujar la grafica tabulare-

mos x y y

t 0 1 2 3 4 5

x 0 18 28 30 20 10

y 25 24 21 16 9 0

Componentes cartesianas. Cinética

De la segunda ley de Newton hemos deducido que la resultante de las

fuerzas que actúan sobre una partícula tiene una magnitud igual al pro-

ducto de la masa de dicha partícula por la aceleración que sufre, y tiene la

dirección de esa aceleración; por tanto, podemos escribir las siguientes

ecuaciones:

ΣFx = max

ΣFy = may

En un instante cualquiera del

movimiento, el diagrama de cuerpo

libre de la pelota es el siguiente:

y

x

25

10

Ejemplo. Un jugador de golf gol-

pea una pelota en la dirección mos-

trada en la figura con una rapi-dez de

50 m/s, desde una sobreele-vación de

12 m. Despreciando toda resistencia

del viento, determine: a) el tiempo en

que la bola alcanza la altura máxima;

b) la altura máxima que al-canza; c) el

tiempo en que llega al suelo; d) la

velocidad con que llega, e) el alcance

horizontal D de la bola. Y escriba la

ecua-ción cartesiana de la trayectoria.


248

∑𝐹𝑦 = 𝑚𝑎

𝑃 =𝑃

𝑔𝑎

𝑎 = 𝑔 O sea, que en cualquier posición

la aceleración de la pelota es igual a

la gravedad.

Elegimos ahora un sistema de

referencia cartesiano y escribimos

las ecuaciones del movimiento:

En x’x

𝑎𝑥 = 0

𝑣𝑥 = 50 (4

5) = 40

𝑥 = 40 𝑡

En y’y

𝑎𝑦 = −9.81

𝑣𝑦 = 50 (3

5) − 9.81 𝑡 = 30 − 9.81 𝑡

𝑦 = 12 + 30 𝑡 −9.81

2 𝑡2

a) La pelota alcanza la altura máxima cuando vy=0

0 = 30 − 9.81 𝑡

𝑡 =30

9.81

En ese tiempo; y será la altura máxima

𝑦 = 12 + 30(3.06) −9.81

2(3.062)

𝑡 = 3.06 𝑠

𝑦 = 57.9 m


249

b) Que llegue al suelo significa que y=0

0 = 12 + 30 𝑡 −9.81

2𝑡2

9.81 𝑡2 − 60 𝑡 − 12 = 0

Las raíces de ésta ecuación son 𝑡1 = 6.31 ; 𝑡2 = −0.1939 . La ne-

gativa no significa nada en este problema.

c) Al llegar al suelo

𝑣𝑥 = 40

𝑣𝑦 = 30 − 9.81(6.31) = −31.9

𝑣 = √402 + 31.92

tan 𝜃 =31.9

40

La ecuación cartesiana de la tra-yectoria, que es de la forma y = f(x),

la obtendremos despejando t de la ecuación de x y sustituyendo en la de y.

𝑡 =𝑥

40

𝑦 = 12 + 30 (𝑥

40) −

9.81

2(𝑥

40)2

Que es la de una parábola cuyo eje es paralelo al de las yes.

t = 6.31 s

𝑣 = 51.2 m/s 38.6°

𝑦 = 12 + 0.75 𝑥 − 3.07(10−3)𝑥2

Ejemplo. Se desea que un pro-

yectil que se disparará en dirección

normal a la ladera mostrada llegue

exactamente al punto B. Diga con qué

rapidez debe disparase para lograrlo.


250

Sabemos que en cualquier instante el proyectil sufrirá la aceleración

de la gravedad. Elegiremos un sistema de referencia con uno de los ejes

en dirección de la ladera y emplearemos las ecuaciones del movimiento.

En x’x

𝑎𝑥 = 32.2 sen 30° = 16.1

𝑣𝑥 = 16.1 𝑡 𝑥 = 8.05 𝑡2

En y’y

𝑎𝑦 = −32.2(√3

2) = −16.1√3

𝑣𝑦 = 𝑣0 − 16.1 𝑡 √3

𝑦 = 𝑣0𝑡 − 8.05 𝑡2√3

En B, x = 750 ; y = 0

750 = 8.05 𝑡2

𝑡 = 9.65

0 = 𝑣0(9.65) − 8.05(9.65)√3

𝑣0 = 8.05(9.65)√3

Componentes intrínsecas. Cinemática

Este apartado es, sin lugar a dudas, el más importante de la cinemáti-

ca. Las componentes de la aceleración que ahora estudiaremos están rela-

cionadas íntimamente con las características esenciales del movimiento.

Por eso, algunos autores las llaman naturales. En efecto, una de ellas mide

el cambio de magnitud de la velocidad, la otra, su cambio de dirección.

La figura representa una partícula moviéndose en una curva cualquie-

ra. El sistema de referencia que emplearemos se elige de la siguiente ma-

nera: En dirección de su velocidad, es decir, tangente a la trayectoria en

ese punto, elegimos un eje que llamamos tangencial. Perpendicular a él

𝑣0 = 134.6 ft/s


251

(es decir, normal) tomamos el otro eje de referencia, que se llama eje

normal, y se dirige hacia el centro de la curva.

Los vectores unitarios en esas direccio-

nes serán el vector unitario tangencial, et y

el vector unitario normal en. Expresada en

forma polinómica, la velocidad será

�̅� = 𝑣𝐞𝐭

Derivaremos esta expresión con el fin

de obtener la aceleración de la partícula.

Puesto que tanto v como et son variables

�̅� =𝑑𝑣

𝑑𝑡𝐞𝐭 +

𝑑𝐞𝐭𝑑𝑡

𝑣

El término dv/dt nos resulta familiar, pues es la razón de cambio de la

rapidez (i. e., de la magnitud de la velocidad) con respecto al tiempo. Pero

para comprender el término det/dt derivaremos primero el vector unitario

tangencial respecto a su dirección. Como se puede apreciar en la figura, si

dicho vector unitario se desvía un ángulo d, su punta describe un arco

ds, cuya longitud es igual al producto del radio por en ángulo: dado que el

radio es la magnitud del vector unitario, o sea 1, entonces d = ds; ade-

más la magnitud de det = ds, es decir, d = det por lo que podemos afir-

mas que la magnitud de la derivada es 1 y, como se aprecia en la figura, el

vector obtenido es perpendicular al vector unitario tangente. Por tanto,

det/d = en.

Utilizando la regla de la cadena, podemos llegar a lo siguiente:

�̅� =𝑑𝑣

𝑑𝑡𝐞𝐭 +

𝑑𝐞𝐭𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑣

�̅� =𝑑𝑣

𝑑𝑡𝐞𝐭 + 𝑣

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝐞𝐧

�̅� =𝑑𝑣

𝑑𝑡𝐞𝐭 + 𝑣

𝑑𝜃

𝑑𝑠

𝑑𝑠

𝑑𝑡𝐞𝐧


252

en donde ds/dt = v, y d/ds = 1/, en que es el radio de curvatura, ya

que el ángulo es igual al arco entre el radio, tal como se muestra a conti-

nuación:

𝑑𝜃 =𝑑𝑠

𝜌

Podemos escribir finalmente que

que expresa la aceleración como la suma vectorial de dos componentes

perpendiculares entre sí. La primera, la componente tangencial es la razón

de cambio de la rapidez respecto al tiempo y tiene la dirección de la velo-

cidad; y la segunda, que se dirige hacia el centro de la curva, es igual al

cuadrado de la rapidez dividida entre el radio de curvatura.

𝑎𝑡 =𝑑𝑣

𝑑𝑡 ; 𝑎𝑛 =

𝑣2

𝜌

La magnitud y la dirección de la aceleración se puede obtener me-

diante las expresiones

𝑎 = √𝑎𝑡2 + 𝑎𝑛2

tan 𝜃𝑡 =𝑎𝑛𝑎𝑡

�̅� =𝑑𝑣

𝑑𝑡𝐞𝐭 +

𝑣2

𝜌𝐞𝐧

Ejemplo. Un automóvil comienza a

moverse desde el punto A de una pista

circular de 400 ft de radio conforme a

la expresión s = 4t2, donde s es la lon-

gitud que recorre sobre la pista en ft,

y t el tiempo en s. Calcule el tiempo

que el automóvil tarda en recorrer un

cuarto de la pista y diga cuáles serán

su velocidad y su aceleración en ese

instante.

400´

A

B v


253

De la expresión de la longitud recorrida obtendremos la rapidez y la

componente tangencial de la aceleración en cualquier instante.

𝑠 = 4𝑡2

𝑣 = 8𝑡 𝑎𝑡 = 8

El cuarto de pista, es decir, el arco 𝐴�̂�, mide

∆𝑠 = 𝜃𝑟 =𝜋

2(400) = 200𝜋

Entonces

200𝜋 = 4𝑡2

𝑡 = √50𝜋

Y en ese instante 𝑣 = 8(12.53)

𝑎𝑛 =100.32

400= 25.1

𝑎𝑡 = 8

𝑎 = √25.12 + 82

tan 𝜃 =8

25.1

𝑡 = 12.53 s

𝑣 = 100.3 ft/s ↑

𝑎 = 26.4 ft/s2 17.7°

Ejemplo. Un motociclista que re-

duce uniformemente su rapidez, pasa

por A a 90 km/h y llega al fondo B de

la curva vertical, 50 m adelante de A,

a 54 km/h. Sabiendo que en B el radio

de curvatura de la carretera es de 100

m, diga cuáles son la magnitud y la

dirección de la aceleración de la mo-

tocicleta en ese punto.


254

Como la variación de la rapidez es constante, de 𝑎𝑡 = 𝑣 𝑑𝑣/𝑑𝑠 se ob-

tenía

𝑎𝑡 =𝑣22 − 𝑣1

2

2𝑠

Puesto que 90 km/h = 25 m/s y 54km/h =15 m/s

𝑎𝑡 =152−252

2(50)= −4

𝑎𝑛 =𝑣2

𝜌=152

100= 2.25

𝑎 = √42 + 2.252

tan 𝜃 =2.25

4

Componentes intrínsecas. Cinética

Nuevamente, de las relaciones entre la resultante del sistema de fuer-

zas y la aceleración de una partícula que establece la segunda ley de New-

ton, podemos escribir

ΣFx = max

ΣFy = may

Conviene tener en cuenta que muchos problemas, aun de movimiento

plano, exigen un desarrollo en tres dimensiones. En tales problemas se

puede elegir un tercer eje de referencia, perpendicular al plano del movi-

miento, que cumple con la condición

ΣFz = 0

Algunos textos llaman binormal al eje que nosotros hemos denomi-

nado de las zetaso de las cotas, por ser perpendicular tanto al eje tangen-

cial como al normal. Este caso lo ilustraremos con el siguiente ejemplo.

𝑎 = 4.59 m/s 29.4°


255

-

Tomando el plano que contiene la cuerda y el péndulo, dibujaremos

el diagrama de cuerpo libre y el sistema de referencia, sabiendo que el eje

tangencial (y, por tanto, la velocidad) es perpendicular al plano del dibu-

jo.

∑𝐹𝑧 = 0

𝑇cos 25 − 5 = 0

𝑇 =5

cos 25

∑𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛

𝑇 sen 25 =5

32.2

𝑣2

𝑟

El radio r de la trayectoria es igual a la longitud de la cuerda por el

seno de 25: O sea

5

cos 25sen 25 =

5

32.2(

v2

2sen 25)

tan 25 =v2

64.4sen 25

𝑣2 = 64.4(sen 25)(tan25);

Ejemplo. Péndulo cónico. Un

péndulo de 5 lb de peso atado a una

cuerda de 2 ft de largo, que forma un

ángulo de 25° con respecto a la ver-

tical, describe un cono. Determine la

tensión de la cuerda y la rapidez del

péndulo.

25°

2´

5#

𝑇 = 5.52 lb

𝑣 = 3.56 ft/s


256

Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre de un carro de F.C. que cir-

cula a la velocidad de diseño. Elegimos un sistema de referencia tal que el

eje normal se dirija al centro de la curva y el tangencial resulte perpendi-

cular al plano del dibujo.

∑𝐹𝑦 = 0

𝑁 𝑐𝑜𝑠 𝜙 − 𝑃 = 0

𝑁 =𝑃

cos𝜙


𝑁𝑠𝑒𝑛 𝜙 =𝑃

𝑔

𝑣2

𝑟

Como 180 km / h = 50 m / s

𝑃 𝑡𝑎𝑛 𝜙 =𝑃

9.81

502

500

𝑡𝑎𝑛 𝜙 =5

9.81 ; 𝜙 = 27°

Y mediante trigonometría calculamos la sobreelevación h

ℎ = 1.435sen 27°

Ejemplo. Diga cuántos centíme-

tros debe sobreelevarse el riel exte-

rior de una vía curva de 500 m de

radio, si la velocidad de diseño es de

180 km/h. La reacción de la vía debe

ser perpendicular al asiento de los

durmientes.

h

φ

1.435 m

ℎ = 0.65 m


257

La velocidad es nula cuando el ángulo es de 35; también es nula en

ese instante, la componente normal de la aceleración.

∑𝐹𝑛 = 0

𝑇 − 2 cos 35° = 0

Dibujaremos ahora un diagrama de cuerpo libre del péndulo en una

posición arbitraria, para determinar su rapidez.

∑𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡

2 cos 𝜃 =2

𝑔𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑠

𝑔 cos 𝜃 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣

Para relacionar el ángulo con la lon-

gitud recorrida, tomaremos un arco di-

ferencial de la trayectoria.

𝑑𝜃 =𝑑𝑠

4

𝑑𝑠 = 4𝑑𝜃

Ejemplo.Un péndulo simple de 2

lb de peso y 4 ft de largo, oscila en el

plano vertical. El ángulo máximo que

forma la cuerda con la vertical es de

35°. Determine: a) la tensión de la

cuerda cuando la velocidad del pén-

dulo es nula; b) la velocidad máxima

del péndulo y la tensión correspon-

diente de la cuerda.

35°

4

2 #

35°

𝑇 = 1.64 l𝑏


258

Sustituyendo

4𝑔 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑣 𝑑𝑣

4𝑔∫cos 𝜃 𝑑𝜃 = ∫𝑣 𝑑𝑣

4𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 =𝑣2

2+ 𝐶

𝑠𝑖 𝜃 = 90° − 35° = 55° ; entonces 𝑣 = 0

4𝑔 sen 55 = 𝐶

4𝑔 sen 55 =𝑣2

2+ 4𝑔 sen 55

𝑣 = √8(32.2)(sen 𝜃 − sen 55)

La rapidez máxima se alcanza cuando senθ es máximo, es decir θ= 90°

𝑣 = √46.59

En esa precisión


𝑇 − 2 =2

𝑔(46.59

4)

Debe observar el lector que en esta posición la tensión es mayor que

el peso del péndulo.

𝑇 = 2.72 lb


259

Dibujaremos el diagrama de cuerpo libre de la camioneta al pasar por la

cima.


2000 − 𝑁 =2000

𝑔

𝑣2

200

Como 30 mi / h = 44 ft / s

2000 − 𝑁 =10

𝑔(442)

𝑁 = 2000 −442

3.22= 1399


−𝐹𝑟 =2000

𝑔(−3)

𝐹𝑟 =6000

32.2= 186.3

La reacción es

𝑅 = √13992 + 186.32

tan 𝜃 =1399

186.3

Conforme aumenta la rapidez del vehículo la magnitud de la reacción

normal disminuye. A la máxima rapidez con la que puede recorrer la cur-

va, corresponde que la normal sea nula.


Ejemplo.Una camioneta de 2000

lb que reduce su rapidez a razón de 3

ft/s2 pasa por la cima de una curva

vertical de 200 ft de radio con una ra-

pidez de 30 mi/h. Calcule la mag-

nitud y la dirección de la reacción del

pavimento sobre la camioneta. ¿Cuál

es la máxima rapidez con que puede

circular un vehículo por ese punto, sin

despegarse del camino?

𝑅 = 1411 lb 82.4°

2000′


260

2000 =2000

𝑔

𝑣𝑚á𝑥2

200

𝑣𝑚á𝑥 = √200(32.2) 𝑣𝑚á𝑥 = 80.2 𝑓𝑡/𝑠

Si el conductor intentara circular con una velocidad mayor, se separa-

ría del pavimento.

Comenzaremos calculando la aceleración del cuerpo en función de

tiempo.

𝑎𝑡 = 0.3

𝑣 = 0.3𝑡

𝑎𝑛 =0.3𝑡2

0.8

𝑎 = √0.32 + (0.3𝑡2

0.8)

2

Sabiendo que la componente normal de la reacción del disco es igual

al peso del cuerpo, podemos dibujar un diagrama de cuerpo libre en plan-

ta en donde la fuerza máxima de fricción estática es

Ejemplo. A 0.8 m del centro de

un disco se coloca un pequeño cuer-

po. Al girar el disco alrededor de su

centro, el cuerpo aumenta su rapidez

uniformemente a razón de 0.3 m/s2.

Sabiendo que los coeficientes de fric-

ción estática y cinética entre el cuerpo

y el disco son 0.5 y 0.4, respectiva-

mente, diga cuánto tiempo después de

que el disco haya comenzado a mo-

verse, el cuerpo se deslizará.

0.8 m

𝑣𝑚á𝑥 = 54.7 mi/h


261

𝐹′ = 𝜇𝑠𝑁 = 0.5𝑁

Sabiendo que la fuerza de fricción y la aceleración tienen la misma

dirección, escribimos:

∑𝐹 = 𝑚𝑎

0.5𝑃 =𝑃

9.81√0.32 + (

0.3𝑡2

0.8)

2

[(9.81)(0.5)]2 = 0.32 + (0.3𝑡2

0.8)

2

0.09𝑡4

0.64= [(9.81)(0.5)]2 − 0.09

𝑡4 =64

9{[(9.81)(0.5)]2 − 0.09}

Como la rapidez del osezno es variable, estudiaremos un instante cual-

quiera de su movimiento sobre el iglú.


𝑃 sen 𝜃 =𝑃

𝑔𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑠

Ejemplo. Desde la parte más alta

de un iglú semiesférico de 12 ft de

radio, comienza a deslizarse un osez-

no. Considerando que tanto la veloci-

dad inicial como la fricción son nulas,

¿a qué altura h se separará el osezno

del iglú?

12 ft h

𝑡 = 3.61 s


262

𝑔∫ sen 𝜃 𝑑𝑠 = ∫𝑣 𝑑𝑣

En donde

𝑑𝜃 =𝑑𝑠

12

𝑑𝑠 = 12𝑑𝜃

12 𝑔∫ sen 𝜃 𝑑𝜃 = ∫𝑣 𝑑𝑣

−12𝑔 cos 𝜃 =𝑣2

2+ 𝑐

Si θ = 0°; cos θ = 1, v = 0

−12𝑔 = 𝑐

−12𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 =𝑣2

2− 12𝑔

𝑣2

2= 12𝑔(1 − cos 𝜃)

𝑣2 = 24𝑔(1 − cos θ) Por otro lado:


−𝑁 + 𝑃 cos 𝜃 =𝑃

𝑔

𝑣2

12

Pero N = 0 en el instante en que el osezno está a punto de abandonar

el iglú.

𝑃 cos 𝜃 =𝑃

𝑔

24𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃)

12

cos 𝜃 = 2(1 − cos 𝜃) cos 𝜃 = 2 − 2 cos 𝜃

3 cos 𝜃 = 2

cos 𝜃 =2

3

De la geometría:

ℎ = 12 cos 𝜃 = 12 (2

3)

ℎ = 8 m


263

Observación

En el problema anterior, del osezno, y en el péndulo simple, obtuvimos

las siguientes expresiones para la rapidez de los cuerpos.

𝑣2 = 24𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃) 𝑣2 = 4𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠 35°)

en donde el 24 y 4 son los dobles de los radios de las trayectorias. O sea,

que, generalizando

𝑣2 = 2𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃) Además, 𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃) es ∆ℎ, según se muestra en la figura

de modo que se puede escribir

𝑣2 = 2𝑔 ∆ℎ

Tal expresión vale siempre que la partícula baje de nivel por la acción de

su peso, por cualquier tipo de trayectoria sobre la que no haya fricción.

𝑣 = √2𝑔 ∆ℎ


264

30°

25 m/s

100 m

Serie de ejercicios de Cinemática y Dinámica

MOVIMIENTO CURVILÍNEO

1. Un punto se mueve sobre la trayectoria cuya ecuación es y = x3, de

acuerdo con la ley x = 2t+1/t, donde tanto x como y están en in y t en s.

¿Cuál es su rapidez cuando t = 4 s?

(Sol. 396 in/s)

2. Una partícula se mueve sobre la curva y = 2x3–3x conforme con la

relación x = t2– t, donde si t está en s, tanto x como y resultan en cm. Cal-

cule su velocidad y su aceleración cuando t = 1 s.

(Sol. v = 3.16 cm/s 71.6º; a = 6.32 cm/s2 71.6º)

3. Un muchacho situado al borde de un

precipicio lanza una piedra con una veloci-

dad de 25 m/s formando un ángulo de 30º

abajo de la horizontal. Si la profundidad del

lugar en que cae la piedra, respecto al nivel

del que fue lanzada, es de 100 m, diga: a)

qué tiempo tarda la piedra en caer; b) el al-

cance horizontal de la piedra; c) con qué ve-

locidad llega la piedra al suelo.

(Sol. a) 3.42 s; b) 74.0 m;

c) 50.9 m/s 64.8º)

4. De una bala que ha sido disparada a 480 ft/s formando un ángulo

de 25º respecto a la horizontal, se desea saber: a) el tiempo que tarda en

llegar al suelo; b) su alcance; c) la altura máxima a la que llega; d) la

ecuación cartesiana de su trayectoria. Desprecie la resistencia del aire.

(Sol. a) 12.60 s; b) 5480 ft; c) 639 ft; d) y = 0.467x – 8.51(10)-5

x2)

5. Un jugador de futbol es capaz de imprimir a un balón una veloci-

dad inicial de 90 ft/s. Si desea que el alcance del balón sea de 180 ft, ¿con

qué ángulo respecto a la horizontal debe iniciar el balón su movimiento?

(Sol. 22.8º ó 67.2º)


265

20 m/s

15°

45°

R

O C

S

32’

8 40

3

6

t (s)

v (km/h)

6. Un aficionado patea un balón de fut-

bol, y le imprime una velocidad inicial de 20

m/s, formando un ángulo de 45º con el cam-

po; pero el campo tiene una inclinación de

15º respecto a la horizontal. ¿Cuál es el al-

cance R del balón?

(Sol. 53.4 m)

7. La distancia que recorre una partícu-

la, medida a lo largo de una trayectoria cur-

vilínea, en ft, es s = t3–16t, donde t está en

s. Cuando t = 4 s, la partícula se encuentra

en un tramo cuyo radio de curvatura es de

32 ft. Calcule la magnitud de la aceleración

lineal de la partícula en dicho instante.

(Sol. 40 ft/s2)

8. Un avión vuela horizontalmente a 900 km/h a 10 000 m de altura,

describiendo un arco de circunferencia de 1250 m de radio. ¿Cuál es la

magnitud de su aceleración lineal?

(Sol. 50 m/s2)

9. Un ciclista da una vuelta completa a

una pista circular en un lapso de 40 s. Su

rapidez se muestra en la gráfica de la figura.

Determine: a) la longitud y el radio de la

pista; b) la magnitud de la aceleración lineal

del ciclista cuando t = 2 y cuando t = 30 s.

(Sol. a) 360 m y 57.3 m;

b) a2 = 1.255 m/s2; a30 = 1.745 m/s

2)

10. Mientras un automóvil recorre una pista circular de un cuarto de

milla de radio, reduce su rapidez lineal uniformemente de 60 a 30 mi/h en

16 s, ¿cuáles son las magnitudes de la aceleración lineal del automóvil al

principio y al fin de dicho lapso? ¿Qué distancia recorre en esos 16 s?

(Sol. ao = 6.48 ft/s2; a16 = 3.12 ft/s

2; s = 1056 ft)


266

30°

80 m

2’

6’

30°

19°

ϴ

DF

ρ

11. Un automovilista ingresa en una

curva contenida en un plano vertical con una

velocidad de 72 km/h y aplica los frenos de

modo que, reduciendo su rapidez unifor-

memente, se detiene 50 m adelante. Sabien-

do que el radio de curvatura es constante en

ese tramo y que la aceleración del automóvil

al aplicar los frenos es de 6 m/s2, determi-

ne: a) el radio de la curva; b) la magnitud de

la aceleración del automóvil al detenerse.

(Sol. a) 89.4 m; b) 4 m/s)

12. Un ciclista recorre una pista circular

horizontal con una rapidez constante de 12

m/s. Si en una longitud de 80 m el ciclista se

desvía un ángulo de 30º, diga: a) cuál es el

radio de la pista; b) cuáles son las magnitu-

des de las componentes normal y tangencial

de su aceleración; c) cuál es la magnitud de

su aceleración lineal.

(Sol. a) 152.8 m;

b) an = 0.942 m/s2; at = 0; a = 0.942 m/s)

13. La figura representa unas canastillas

de feria. El juego gira alrededor de un eje

vertical con rapidez angular constante, de

modo que las canastillas tienen una acelera-

ción de 20 ft/s2. ¿Cuál es la magnitud de la

velocidad lineal de cualquiera de las canasti-

llas? (Sol. v = 10 ft/s)

14. Suponiendo que la Tierra estuviera

dotada exclusivamente de movimiento de

rotación, ¿cuál sería la aceleración de un

cuerpo situado en la ciudad de México?

Considere que la latitud de México es 19º

norte, que la Tierra da una vuelta en 24 h y

que su radio medio mide 6370 km.

(Sol. 3.18 cm/s2)


267

45°

20° 1 m

𝑣

50 cm 20 cm

12 cm A C B

15. El pequeño jet de la figura viaja ho-

rizontalmente con rapidez constante de 540

km/h y tarda 4 s en desviar su curso 45º. a)

Calcule la magnitud de la aceleración lineal

del jet durante dicho lapso. b) Diga cuál es

el radio del arco de circunferencia que des-

cribe al virar.

(Sol. a) 29.5 m/s2; b) 764 m)

16. Una piedra de 3 kg de peso, atada a

una cuerda de 1 m de longitud, describe una

circunferencia en el plano vertical. Determi-

ne la rapidez mínima de la cuerda a la cual

ésta se rompe, si su resistencia máxima es

de 9 kg. Diga también cuál es la tensión en

la cuerda cuando forma un ángulo de 20º

arriba de la horizontal, si la velocidad lineal

de la piedra en ese instante es de 5 m/s.

(Sol. 4.43 m/s; 6.62 kg)

17. Un automóvil de 1000 kg viajaa so-

bre un puente con una rapidez constante de

10 m/s. El radio de curvatura en la cima del

puente es de 50 m. Calcule la fuerza que el

automóvil ejer-ce sobre el puente al pasar

por dicho punto. Diga también cuál es la

máxima rapidez con que puede transitar el

automóvil sin perder el contacto con la cima

del puente. (Sol. 796 kg ↓; 79.7 km/h)

18. El cuerpo C pesa 25 kg y gira en un

plano vertical a 8 m/s. Cuando C se encuen-

tra en la posición más baja de su trayectoria,

como se muestra. a) ¿Qué tensión sufre la

barra vertical? b) ¿Cuáles son las reacciones

en los apoyos libres A y B de la flecha? Los

pesos de las barras son despreciables.

(Sol. a) 1384 kg; b) 395 kg ↑; 989 kg ↑)


268

60° 60°

1 ft

A O

O

’

Q

ω

b

c

b

P P

φ

30° 30°

3 m

45°

5

kg

B

µ

𝑣

19. El sistema mostrado en la figura gi-

ra alrededor del eje vertical O’O. ¿Entre qué

velocidades puede girar A sin que se desli-

ce? Los coeficientes de fricción estática y

cinética entre A y el disco son 0.4 y 0.3,

respectivamente.

(Sol. 5.03 ft/s < 𝑣 < 14.95 ft/s)

20. Determine la rapidez constante con

que deben girar las esferas del gobernador

que se representa en la figura para mantener

la configuración mostrada. Considere los

siguientes datos: φ = 45º, P = 2 kg, Q = 10

kg, b = 0.3 m y c = 0.1 m.

(Sol. 3.63 m/s)

21. La esfera de la figura está sostenida

por dos cuerdas y T0 es la tensión en una de

ellas. Diga cuál será la tensión T1 en cual-

quiera de ellas en el instante en que se corte

la otra, y cuál, la magnitud de la ace-

leración de la esfera en ese mismo instante.

(Sol. T1 = 0.5T0; a = 0.866g)

22. El cuerpo de la figura tiene una ma-

sa de 5 kg y sube por el plano inclinado. Al

pasar por B su rapidez es de 3 m/s y decrece

a razón de 8 m/s2. Determine el coeficiente

de fricción cinética µ entre el cuerpo y la

superficie, si el radio de curvatura de la tra-

yectoria en el punto B es de 3 m.

(Sol. 0.270)

23. Un vehículo de 1400 kg de masa recorre una curva circular hori-

zontal de 200 m de radio. Re-duce su velocidad uniformemente de 108 a

72 km/h en una distancia de 50 m. Calcule la magnitud de la reacción del

pavimento sobre el vehículo cuando éste alcanza los 72 km/h.

(Sol. 15 670 N)


269

𝑣

𝑣0

y

5 m/s

9.81 kg

4 m

A B

β

B

C

m

A

h

200 kg

60 kg

50 m

A

B

24. Un carrito de baleros corre por el

plano horizontal con una velocidad v0 y co-

mienza a subir por una trayectoria curvilínea

contenida en un plano vertical. Halle una

expresión que defina su rapidez v en función

de la altura y que va ascendiendo. ¿Cuál será

la altura máxima que alcanzará el carrito?

(Sol. v = (v02

– 2gy)1/2

; v02/2g)

25. Un carrito de baleros de 9.81 kg de

peso llega al punto A con una rapidez de 5

m/s y comienza a descender por la trayecto-

ria circular de 4 m de radio. Determine el

ángulo β que define el punto en que el carri-

to abandona la superficie y se convierte en

un proyectil.

(Sol. 28.5º)

26. Una partícula de masa m se suelta

sin velocidad inicial desde el punto A de la

trayectoria lisa contenida en un plano verti-

cal. a) Si h = 3r, ¿cuál es la magnitud de la

fuerza normal que el bucle ejerce sobre la

partícula al pasar por B? b) Si la partícula ha

de recorrer el bucle completo, ¿cuál es la

altura mínima h a la que debe soltarse?

(Sol. a) mg; b) 2.5 r)

27. Un carro eléctrico experimental de

200 kg de peso parte del reposo del punto A

de la curva circular vertical de 50 m de ra-

dio, y desciende por la acción de su peso y

de la tracción de sus ruedas, que es constan-

te y de 60 kg. Diga con qué rapidez llegará

al punto B y cuál será la magnitud de la

reacción normal de la curva sobre el carro al

llegar a ese punto.

(Sol. 38 m/s; 788 kg)

XI. MOVIMIENTO CURVILÍNEO

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