Cinematica de la Partıcula Sujeto a Traslacion Curvilınea.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica

Facultad de Ingenierıa Mecanica, Electrica y Electronica

Universidad de Guanajuato.

Salamanca, Gto. 36730, Mexico

January 29, 2020

Abstract

En estas notas se analiza la cinematica de la partıcula sujeto a traslacion curvilınea. En sentido

estricto, estas notas debieran considerar primero cuando la trayectoria que describe la partıcula es plana,

este caso se conoce como traslacion curvilınea plana y, posteriormente, cuando la trayectoria que

describe la partıcula es una curva espacial, este caso se conoce como traslacion curvilınea espacial.

Sin embargo, los metodos de analisis son tan semejantes, que estas notas tratan el caso de traslacion

curvilınea espacial y unicamente como un caso especial, se analiza la traslacion curvilınea plana.

1 Traslacion curvilınea de una partıcula.

Como ya se indico en la primera parte de estas notas, a fın de describir el movimiento de una partıcula esnecesario emplear sistemas de referencia. Un sistema de referencia es una persona con una regla y unreloj. La regla y el reloj de la persona le permiten —aquı el lector debe usar la imaginacion— observar ycuantificar el movimiento de una o varias partıculas, de manera que si una partıcula arbitraria se denominaP , la persona es capaz de determinar la funcion vectorial ~rP , como funcion del tiempo; es decir,

~rP = ~rP (t), (1)

donde el vector ~rP , conocido como vector de posicion de la partıcula P , va desde un origen predeterminadopor la persona, por ejemplo, el centro de su mano, a la partıcula P . Es importante senalar que un vectores un ente abstracto que no requiere necesariamente escribirse en terminos de sus coordenadas y que lapresencia de un sistema de referencia no implica una seleccion a priori del sistema coordenado que, si esnecesario, se va a emplear. Por ejemplo, en el sistema de referencia mostrado en la figura 1, el observadorpuede hacer uso de coordenadas cartesianas, representadas en rojo por (x, y, z), coordenadas cilındricas,representadas en azul por (φ, r, z), o coordenadas esfericas, representadas en verde por (φ, θ, r).

En cuanto al movimiento del sistema de referencia, en esta seccion emplearemos sistemas de referencia

fijos, sistemas de referencia sujetos a movimiento de traslacion y de forma un cuanto tantoescondida sistemas de referencia sujetos a movimiento de rotacion. Ciertamente empezaremosempleando sistemas de referencia fijos.

En una primera etapa, se mostrara que la velocidad de la partıcula P puede definirse de maneraintrınseca e independiente del sistema coordenado empleando por el sistema de referencia. Posteriormente,se analizara la determinacion de la velocidad y la aceleracion de la partıcula empleando los diferentessistemas coordenadas.

Considere una partıcula P , vea la figura 2, moviendose con respecto a un sistema de referencia, enel cual, a proposito, se ha eliminado todo sistema coordenado, con el objeto de enfatizar que la

1

Figure 1: Sistema de Referencia con Tres Posibles Sistemas Coordenados.

determinacion de la velocidad y de la aceleracion es independiente de cualquier seleccion de

un sistema coordenado. Considere dos instantes de tiempo, t y t+∆t junto con los vectores de posicioncorrespondientes para esos tiempos.

La velocidad de la partıcula P se define como

~vP (t) = Lim∆ t→0

~rP (t+∆t)− ~rP (t)

∆ t= Lim∆ t→0

∆~rPd t

=d~rP (t)

d t(2)

Figure 2: Determinacion de la Velocidad de una Partıcula Sujeta a Traslacion Curvilınea.

Puesto que para dos tiempos cualesquiera, t, y t+∆ t, el vector

∆~rP = ~rP (t+∆t)− ~rP (t),

es secante a la trayectoria de la partıcula, es facil comprender que a medida que ∆ t → 0, el vector ∆~rP yel vector velocidad ~vP (t) se vuelven tangentes a la trayectoria en el punto P . La magnitud delvector velocidad ~vP (t), determinada como,

| ~vP (t) |=√

~vP (t) · ~vP (t), (3)

2

donde · representa el producto escalar del algebra vectorial tridimensional, se conoce como la rapidez dela partıcula y a diferencia de la velocidad, la rapidez es una cantidad escalar.

Suponga ahora que se calculan los vectores velocidad de la partıcula P para todo un intervalo de tiempo,la figura 3, muestra estos vectores velocidad para diferentes tiempos, donde todos los vectores velocidadtienen como origen comun, el punto O del sistema de referencia inicial. La curva descrita por la punta

de todos esos vectores, se denomina la curva hodografa, del griego “hodos” que significa velocidad y“grafos” descripcion. Esta curva describe la velocidad de la partıcula P para cualquier instante de tiempo.

Figure 3: Determinacion de la Aceleracion de una Partıcula Sujeta a Traslacion Curvilınea.

La aceleracion de la partıcula P se define como

~aP (t) = Lim∆ t→0

~vP (t+∆t)− ~vP (t)

∆ t= Lim∆ t→0

∆~vPd t

=d~vP (t)

d t=

d2 ~rP (t)

d t2(4)

Puesto que para dos tiempos cualesquiera, t, y t+∆ t, el vector

∆~vP = ~vP (t+∆t)− ~vP (t),

es secante a la curva hodografa, es facil comprender que a medida que ∆ t → 0, el vector ∆~vP y el vectoraceleracion ~aP (t) se vuelven tangentes a la curva hodografa el punto P , pero en general el

vector aceleracion no es tangente a la trayectoria de la partıcula cuando la traslacion es

curvilınea. La magnitud del vector aceleracion ~aP (t), se determinada determina de manera semejante

| ~aP (t) |=√

~aP (t) · ~aP (t), (5)

donde · representa el producto escalar del algebra vectorial tridimensionalDespues de esta introduccion libre de coordenadas conviene ahora determinar la velocidad y aceleracion

de la partıcula P empleando sistemas coordenados.

1.1 Cinematica de una partıcula sujeta a movimiento de traslacion curvilınea

analizada en componentes cartesianas.

Considere una partıcula P que se mueve respecto al sistema de referencia mostrado en la figura 4, el sistemade referencia fijo que esta provisto de un sistema coordenado cartesiano, por lo tanto, los vectores unitariosi, j y k en la direccion y sentido de los ejes coordenados X, Y , y Z respectivamente son vectores fijos, sumagnitud es unitaria y la orientacion de los vectores es tambien fija.

3

Figure 4: Sistema de Referencia con un Sistema Coordenado Cartesiano.

Existen dos diferentes situaciones que es necesario analizar. En el primer caso, se supondra que seconoce la posicion de una partıcula, P , como una funcion del tiempo y se desea analizar la velocidad y laaceleracion de la partıcula.

1. En este caso, el vector de posicion de la partıcula P como funcion del tiempo; es decir, vea la ecuacion(1), puede expresarse como

~rP = ~rP (t) = x(t) i+ y(t) j + z(t) k, (6)

Por lo tanto, la velocidad de la partıcula P , estara dada por

~vP =d~rPd t

=d(

x(t) i+ y(t) j + z(t) k)

d t=

d x(t)

d ti+

d y(t)

d tj +

d z(t)

d tk = x(t) i+ y(t) j + z(t) k (7)

Pues, las derivadas de los vectores unitarios, que son vectores fijos, estan dadas por

d i

d t=

d j

d t=

d k

d t= ~0

Por lo tanto, la rapidez de la partıcula, esta dada por

| ~vP |=√

(

x(t) i+ y(t) j + z(t) k)

·(

x(t) i+ y(t) j + z(t) k)

=√

x2(t) + y2(t) + z2(t) (8)

De manera semejante, se tiene que la aceleracion de la partıcula P , esta dada por

~aP =d~vPd t

=d2 ~rPd t2

=d(

x(t) i+ y(t) j + z(t) k)

d t=

d2 x(t)

d t2i+

d2 y(t)

d t2j +

d2 z(t)

d t2k

= x(t) i+ y(t) j + z(t) k (9)

y la magnitud de la aceleracion, esta dada por

| ~aP |=√

(

x(t) i+ y(t) j + z(t) k)

·(

x(t) i+ y(t) j + z(t) k)

=√

x2(t) + y2(t) + z2(t) (10)

4

Es importante notar que estas son las ecuaciones fundamentales y que existen muchas posibles condi-ciones que permitan relacionar estas ecuaciones para encontrar situaciones que podrıan parecer mascomplejas.

2. En un segundo caso, se supondra que se conoce la aceleracion de la partıcula, P , y se requieredeterminar la velocidad y la posicion de la partıcula, P . En este caso, la aceleracion de la partıcula, P ,estara dada, en su forma mas general, por una funcion de las posibles siguientes variables vPx, vPy, vPz,las componentes cartesianas de la velocidad de la partıcula P , x, y, z, las componentes cartesianas dela posicion de la partıcula, P , y el tiempo t.

~aP (vx, vy, vz, x, y, z, t) = aPx(vx, vy, vz, x, y, z, t)i

+aPy(vx, vy, vz, x, y, z, t)j + aPz(vx, vy, vz, x, y, z, t)k (11)

En este caso, el mas general, la determinacion de la posicion de la partıcula, P , se reduce a la solucionde un sistema de tres ecuaciones diferenciales en tres incognitas, las componentes cartesianas de laposicion de la partıcula P , de modo que

d2 x

d t2= aPx

(

d x

d t,d y

d t,d z

d t, x, y, z, t

)

(12)

d2 y

d t2= aPy

(

d x

d t,d y

d t,d z

d t, x, y, z, t

)

(13)

d2 z

d t2= aPz

(

d x

d t,d y

d t,d z

d t, x, y, z, t

)

(14)

En general, es imposible obtener una solucion cerrada a este sistema de ecuaciones diferencialesordinarias,1 excepto en aquellos casos, que afortunadamente son bastante importantes, en los que lasfunciones aPx, aPy, aPz sean muy sencillas. Sin embargo, si se satisfacen las condiciones de existenciay unicidad de las ecuaciones diferenciales y se conocen las condiciones iniciales del sistema, para

t = 0, x(0) = vx0, y(0) = vy0, z(0) = vz0, x(0) = x0, y(0) = y0, z(0) = z0.

Es siempre posible encontrar, mediante metodos numericos, una solucion del sistema de ecuacionesdiferenciales y determinar la posicion de la partıcula P y su trayectoria.

Uno de los casos mas simples de sistemas de ecuaciones diferenciales que es posible resolver en formacerrada es cuando las ecuaciones diferenciales estan desacopladas, en este caso, se tiene que laaceleracion, de la partıcula P , en cualquiera de sus componentes cartesianas, es funcion exclusiva delas componentes cartesianas correspondientes de la velocidad y la posicion de la misma partıcula, P ,y quizas del tiempo. Es decir, las ecuaciones se reducen a

d2 x

d t2= aPx

(

d x

d t, x, t

)

(15)

d2 y

d t2= aPy

(

d y

d t, y, t

)

(16)

d2 z

d t2= aPz

(

d z

d t, z, t

)

(17)

En este caso, cada una de las ecuaciones diferenciales pueden resolverse de manera independiente y lascomponentes de la posicion de la partıcula P , pueden determinarse en la manera indicada en el analisis

1En algunos casos, una alternativa es analizar si empleando algun otro sistema coordenado, las ecuaciones se simplifican.

5

de la cinematica de la partıcula sujeta a traslacion rectilınea. Precisamente el empleo de los sis-

temas coordenados cartesianos es especialmente apropiado cuando la aceleracion de la

partıcula puede descomponerse en tres componentes, desacopladas entre si, y cuando

las componentes de la aceleracion dependen exclusivamente de las correspondientes ve-

locidades, posiciones y el tiempo.

Figure 5: Programa Simulink c© para la Solucion de un Problema de Traslacion Curvilınea Espacial.

Como un ejemplo de solucion numerica de estos problemas de la cinematica de una partıcula sujetaa traslacion curvilınea espacial, considere el programa Simulink c©, mostrado en la figura 5, querepresenta la solucion del siguiente problema de cinematica de una partıcula sujeta a traslacioncurvilınea donde las ecuaciones de aceleracion estan desacopladas y dadas por

d2 rxP (t)

d t2= −4 rxP Condiciones Iniciales t = 0,

d rxP (0)

d t= 0, rxP (0) = 5. (18)

d2 ryP (t)

d t2= −4 ryP Condiciones Iniciales t = 0,

d ryP (0)

d t= 10, ryP (0) = 0. (19)

d rzP (t)

d t= 15 Condiciones Iniciales t = 0, rzP (0) = 0. (20)

Este sistema de ecuaciones diferenciales seguramente tendrıa solucion en forma cerrada, y muy prob-ablemente serıa mas facil resolver este problema empleando coordenadas cilındricas. El programaSimulink c© es, fundamentalmente, un programa para resolver numericamente ecuaciones diferencialesordinarias. La figura, 6, muestra los resultados de este problema

1.2 Cinematica de una partıcula sujeta a traslacion curvilınea plana.

En este caso, la partıcula esta sujeta a traslacion curvilınea, pero en este caso, la trayectoria esuna curva plana. Seleccionando adecuadamente el sistema de referencia y el sistema coordenadocartesiano, es posible, reducir las ecuaciones de una partıcula a la forma

d2 x

d t2= aPx

(

d x

d t,d y

d t, x, y, t

)

(21)

6

−5

0

5

−5

0

50

50

100

150

200

250

300

350

400

450

Coordenada X, u.l.Coordenada Y, u.l.

Coo

rden

ada

Z, u

.l.

Figure 6: Solucion de un Problema de Traslacion Curvilınea Espacial.

d2 y

d t2= aPy

(

d x

d t,d y

d t, x, y, t

)

, (22)

vea la figura 7.

Figure 7: Sistema de Referencia con un Sistema Coordenado Cartesiano Bidimensional.

Si ademas, el sistema de ecuaciones diferenciales esta desacoplada, se tiene que la aceleracion, de lapartıcula P , en cualquiera de sus componentes cartesianas, es funcion exclusiva de las componentescartesianas correspondientes de la velocidad y la posicion de la misma partıcula, P , y quizas deltiempo. Es decir, las ecuaciones se reducen a

d2 x

d t2= aPx

(

d x

d t, x, t

)

(23)

7

d2 y

d t2= aPy

(

d y

d t, y, t

)

(24)

En este caso, cada una de las ecuaciones diferenciales pueden resolverse de manera independiente ylas componentes de la posicion de la partıcula P , pueden determinarse en la manera indicada en elanalisis de la cinematica de la partıcula sujeta a traslacion rectilınea.

1.2.1 Tiro Parabolico.

Un caso muy importante, es el caso conocido como tiro parabolico, que se define de la siguientemanera. Suponga que

~aP = −gj, (25)

donde g es la aceleracion de la gravedad, 9.81m/s2 o 32.2 pie/s2, sujeta a las siguientes condicionesiniciales. Para t = 0,

~vP (0) = v0 cosα i+ v0 sinα j, ~rP (0) = 0 i+ 0 j,

donde v0 es la velocidad inicial de la partıcula, que se conoce como proyectil, y α es el angulo inicialdel disparo. Esta situacion se muestra en la figura 8

Figure 8: Descripcion del tiro parabolico.

El primer paso en la solucion del tiro parabolico es la integracion de la aceleracion, puesto que

~aP = −gj,d~vPd t

= ~aP = −gj o ~vP (t) =

∫

~aP dt =

∫

−gj d t. (26)

o

~vP (t) =

∫

~aP dt =

∫

−gj d t = −g tj + ~C1. (27)

donde ~C1 es una constante de integracion que se determina a partir de las condiciones iniciales parat = 0, ~vP (0) = v0 cosα i+ v0 sinα j. Sustituyendo la condicion inicial, se tiene que

~vP (0) = v0 cosα i+ v0 sinα j = −g 0j + ~C1

8

Por lo tanto~C1 = v0 cosα i+ v0 sinα j,

sustituyendo, esta constante en la ecuacion de la velocidad de la partıcula, P , se tiene que

~vP (t) = v0 cosα i+ (v0 sinα− g t) j. (28)

Repitiendo, nuevamente el proceso de integracion, se tiene que

~vP (t) = v0 cosα i+ (v0 sinα− g t) j, od~rPd t

= ~vP = v0 cosα i+ (v0 sinα− g t) j. (29)

Por lo tanto

~rP =

∫

(

v0 cosα i+ (v0 sinα− g t) j)

= v0 t cosα i+

(

v0 t sinα− 1

2g t2)

j + ~C2. (30)

donde ~C2 es una constante de integracion que se determina a partir de las condiciones iniciales parat = 0, ~rP (0) = 0 i+ 0 j. Sustituyendo la condicion inicial, se tiene que

~rP (0) = 0 i+ 0 j = v0 0 cosα i+

(

v0 0 sinα− 1

2g 02

)

j + ~C2.

Por lo tanto~C2 = 0 i+ 0 j.

sustituyendo, esta constante en la ecuacion de la posicion de la partıcula, P , se tiene que

~rP (t) = v0 t cosα i+

(

v0 t sinα− 1

2g t2)

j. (31)

Las ecuaciones de movimiento de la partıcula tambien pueden analizarse de manera escalar, auncuando no es recomendable,2, en este caso se tiene que la aceleracion de la partıcula P , esta dada por

aPx = 0 aPy = −g.

la velocidad de la partıcula P esta dada por

vPx(t) = v0 cosα vPy(t) = v0 sinα− g t,

y la posicion de la partıcula esta dada por

rPx(t) = v0 t cosα rPy(t) = v0 t sinα− 1

2g t2.

A partir de esta descomposicion es claro que el tiro parabolico se compone de un movimiento uniformeen la direccion horizontal, la asociada al eje X, y un movimiento uniformemente acelerado en ladireccion vertical, la asociada al eje Y .

Partiendo de estas ecuaciones y variando las condiciones iniciales, es posible encontrar un gran numerode posibles variaciones que es imposible analizarlas todas. El fundamento debe consistir en compren-der, de manera precisa, el significado de las ecuaciones y, a partir, de esa comprension resolver losproblemas como se vayan presentando. A continuacion se presentan algunos de los analisis masrepresentativos

2Analizar escalarmente las ecuaciones es equivalente a hacer a un lado 150 anos de investigacion matematica en el algebray calculo vectorial.

9

(a) Determinacion de la altura maxima, hmax, del proyectil. En este caso, el problema se reduce aencontrar cual es la altura maxima que el proyectil puede alcanzar, cuando se ha seleccionadode antemano el angulo de disparo inicial, α. Puesto que los movimientos estan desacoplados, elmovimiento vertical del proyectil puede analizarse sin considerarse el movimiento horizontal. Asıpues, es evidente que la altura maxima se alcanzara cuando la velocidad vertical de la partıculasea nula. De manera que debemos determinar para que tiempo, t =?, la componente vertical dela velocidad vPy = 0, de la ecuacion (29), se tiene que

0 = vPy(t) = v0 sinα− g t,

por lo tanto

t =v0 sinα

g

La altura maxima, se determina calculando la posicion vertical del proyectil, rPy, cuando t =v0 sinα

g , es decir

hmax = rPy

∣

∣

∣

t=v0 sinα

g

= v0

(

v0 sinα

g

)

sinα− 1

2g

(

v0 sinα

g

)2

=v20 sin2 α

2 g

El ultimo analisis asociado a la altura maxima consiste en determinar el angulo de disparo inicialαmax necesario para maximizar la altura maxima hmax. La solucion es evidente, la funcion sin2 αtiene un maximo cuando

α = 90◦

En este caso, la altura maxima estara dado por

hMax = hmax

∣

∣

∣

α=90◦=

v20g. (32)

Es evidente, que si el proyectil fuera explosivo, esta solucion rayaria en la estupidez.

(b) Determinacion del alcance maximo, rmax del proyectil. En este caso, el problema se reduce aencontrar cual es la distancia horizontal maxima que el proyectil puede alcanzar, cuando se haseleccionado de antemano el angulo de disparo inicial, α. En este caso, se necesita determinar cuales la posicion horizontal, rPx, del proyectil cuando la posicion vertical, rPy, es nuevamente

0. De manera que debemos determinar para que tiempo, t =?, la componente vertical de laposicion rPy = 0, de la ecuacion (30), se tiene que

0 = rPy(t) = v0 t sinα− 1

2g t2,

por lo tanto, las dos tiempos son3

t1 = 0, y t2 =2 v0 sinα

g

Es evidente que si t = 0, el vector de posicion del proyectil, resulta

~rP (0) = ~rP (t)∣

∣

∣

t=0

= v0 0 cosα i+

(

v0 0 sinα− 1

2g 02

)

j = 0i+ 0j. (33)

3Debe notarse que el segundo tiempo es el doble del tiempo para el cual el proyectil alcanza su altura maxima, esteresultado se verifica por la simetrıa de la trayectoria del proyectil, respecto a la posicion en la cual, el proyectil obtiene sualtura maximo.

10

y representa la posicion inicial de disparo del proyectil.

Si se determina la posicion del proyectil para t = 2 v0 sinαg , la posicion del proyectil esta dada

por

~rP (2 v0 sinα

g) = ~rP (t)

∣

∣

∣

t=2 v0 sinα

g

= v0

(

2 v0 sinα

g

)

cosα i+

[

v0

(

2 v0 sinα

g

)

sinα− 1

2g

(

2 v0 sinα

g

)2]

j

=2 v20 sinα cosα

gi =

v20 sin(2α)

gi (34)

Asi pues, el alcance maximo esta dado por

rmax =v20 sin(2α)

g

El ultimo analisis asociado al alcance maximo consiste en determinar el angulo de disparo inicialαmax necesario para maximizar el alcance maximo rmax. La solucion es evidente, la funcionsin(2α) tiene un maximo cuando

α = 45◦,

En este caso, el alcance maximo estara dado por

rMax = rmax

∣

∣

∣

α=45◦=

v20g. (35)

2 Movimiento Relativo. Sistemas de Referencia Sujetos a Movi-

miento de Traslacion.

En esta seccion se presenta el estudio del movimiento de partıculas respecto a sistema de referencia sujetosa traslacion. Esta situacion es muy comun pues una partıcula, digamos B, vea la figura 9 puede observarsedesde dos diferentes sistemas de referencia, uno supuesto fijo, OXY Z, y otro representado por la elipse,AXTYTZT , que esta sujeto a movimiento de traslacion, con la velocidad y la aceleracion del punto A.

De la figura 9, se tiene que~rB(t) = ~rA(t) + ~rB/A(t)

Entonces la velocidad de la partıcula B esta dada por

d~rB(t)

d t

∣

∣

∣

OXY Z=

d[

~rA(t) + ~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z=

d [~rA(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z+

d[

~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z(36)

Donde

~vBOXY Z =d~rB(t)

d t

∣

∣

∣

OXY Z~vAOXY Z =

d [~rA(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z~vB/AOXY Z =

d[

~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z

Entonces, la ecuacion (36) puede escribirse como

~vBOXY Z = ~vAOXY Z + ~vB/AOXY Z

11

Figure 9: Partıcula B Observada Desde Dos Sistemas de Referencia, uno Fijo y Otro Sujeto a Movimientode Traslacion.

Sin embargo, se tiene que4

~vB/AOXY Z =d[

~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z=

d[

~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

AXTYTZT

= ~vB/AXTYTZT

La razon de esta igualdad es que para ambos sistemas de referencia, las componentes del vector ~rB/A(t)son iguales en ambos sistemas de referencia y como el sistema de referencia esta sujeto a traslacion, losvectores unitarios del sistema sujeto a traslacion tienen direccion constante y, son, por lo tanto, vectoresfijos. Ası pues, la ecuacion final es

~vBOXY Z = ~vAOXY Z + ~vB/AXTYTZT. (37)

Similarmente, para el analisis de aceleracion, se tiene que la aceleracion de la partıcula B esta dada por

d2 ~rB(t)

d t2

∣

∣

∣

OXY Z=

d2[

~rA(t) + ~rB/A(t)]

d t2

∣

∣

∣

OXY Z=

d2 [~rA(t)]

d t2

∣

∣

∣

OXY Z+

d2[

~rB/A(t)]

d t2

∣

∣

∣

OXY Z(38)

Donde

~aBOXY Z =d2 ~rB(t)

d t2

∣

∣

∣

OXY Z~aAOXY Z =

d2 [~rA(t)]

d t2

∣

∣

∣

OXY Z~aB/AOXY Z =

d2[

~rB/A(t)]

d t2

∣

∣

∣

OXY Z

Por lo tanto la ecuacion (38) puede escribirse como

~aBOXY Z = ~aAOXY Z + ~aB/AOXY Z .

Sin embargo, se tiene que

~aB/AOXY Z =d2[

~rB/A(t)]

d t2

∣

∣

∣

OXY Z=

d[

~vB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z=

d[

~vB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

AXTYTZT

=d2[

~rB/A(t)]

d t2

∣

∣

∣

AXTYTZT

= ~aB/AXTYTZT

4El subındice en las derivadas y velocidades indica el sistema de referencia con respecto al cual se deriva el vector. Enel curso de Dinamica II, se mostrara que, en general, las derivadas y, por lo tanto, las velocidades dependen del sistema dereferencia con respecto al cual se derivan.

12

De nueva cuenta, la razon de esta igualdad es que para ambos sistemas de referencia, las componentesdel vector

~vB/AOXY Z =d[

~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

OXY Z=

d[

~rB/A(t)]

d t

∣

∣

∣

B/AXTYTZT

= ~vB/AXTYTZT

son iguales en ambos sistemas de referencia y como el sistema de referencia esta sujeto a traslacion, losvectores unitarios del sistema sujeto a traslacion tienen direccion constante y, son, por lo tanto, vectoresfijos. Ası pues, la ecuacion final es

~aBOXY Z = ~aAOXY Z + ~aB/AXTYTZT. (39)

Figure 10: Sistema de Referencia que Emplea Coordenadas Cilındricas.

3 Coordenadas Cilındricas.

En esta seccion se estudiara el empleo de coordenadas cilındricas para la descripcion del movimiento departıculas, considere el sistema de referencia mostrado en la figura 10, en este sistema de referencia seha seleccionado un sistema de coordenadas cilındricas, (r, θ, z). El rango de valores de las coordenadascilındricas son

∞ > r ≥ 0 2π > θ ≥ 0 ∞ > z > −∞Una primera tarea consiste en encontrar las relaciones que permiten transformar las coordenadas

cilındricas a coordenadas cartesianas y viceversa, en la primera direccion, las ecuaciones son

x = r cos θ y = r sen θ z = z

En sentido opuesto, las ecuaciones que transforman las coordenadas cartesianas en coordenadas cilındricas,son

r =√

x2 + y2 θ = tan−1y

xz = z

La figura tambien muestra los vectores unitarios er, conocido como vector unitario radial, eθ, conocidocomo vector unitario transversal, y ez, que tienen el sentido de crecimiento de las coordenadas r, θ, z.Es importante notar que los vectores unitarios {er, eθ, ez} forman un sistema ortonormal y a derechas quesatisface la ecuacion

er × eθ = ez

13

Es importante notar que a diferencia de los vectores unitarios asociados a las coordenadas cartesianas,los vectores unitarios er, eθ no son de direccion constante y por lo tanto su derivada es diferente del vector~0 y unicamente ez tiene direccion constante y, por lo tanto, es un vector fijo, cuya derivada es el vector~0. A fın de determinar algunas caracterısticas de las derivadas de vectores vectores unitarios de direccionvariable, es conveniente probar el siguiente resultado.

Teorema. Sea ~v un vector de longitud constante, entonces el vector y su derivada son perpendiculares.Prueba: Considere el vector ~v de magnitud constante, entonces, si C es la magnitud constante del

vector,| ~v |= C ⇔ ~v · ~v = C2 (40)

Derivando la ecuacion (40), respecto al tiempo, en cualquier sistema de referencia, se tiene que

d (~v · ~v)d t

=dC2

d t= 0

Por lo tantod~v

d t· ~v + ~v · d~v

d t= 0,

Sin embargo, el producto escalar, o producto punto, es conmutativo5, se tiene que

2d~v

d t· ~v = 0,

o, finalmented~v

d t· ~v = 0. (41)

Este resultado precisamente indica que el vector de longitud constante y su derivada son perpendiculares.En terminos de las coordenadas cartesianas, se tiene que los vectores unitarios er, eθ y ez asociados a

las coordenadas cilındricas, estan dados por

er = cos θ i+ sen θ j + 0 k

eθ = −sen θ i+ cos θ j + 0 k (42)

ez = 0 i+ 0 j + 1 k

Las ecuaciones (42) permiten transformar un vector escrito en coordenadas cilındricas en el mismovector escrito en coordenadas cartesianas, en forma matricial, la ecuacion (42) puede escribirse como

ereθez

=

cos θ sen θ 0−sen θ cos θ 0

0 0 1

i

j

k

Es facil probar que las ecuaciones que permiten transformar un vector representado en coordenadascartesianas a su representacion en coordenadas cilındricas estan dadas por

i = cos θ er − sen θ eθ + 0 ez

j = sen θ er + cos θ eθ + 0 ez (43)

k = 0 er + 0 eθ + 1 ez

5En algunos cursos mas teoricos de matematicas, se dice que es producto escalar es simetrico.

14

Derivando, respecto al tiempo, los vectores unitarios er, eθ y ez, a partir de las ecuaciones (42), se tieneque

˙er = −θ sen θ i+ θ cos θ j + 0 k˙eθ = −θ cos θ i− θ sen θ j + 0 k˙ez = 0 i+ 0 j + 0 k

Sustituyendo las ecuaciones (43) en las derivadas, se obtiene

˙er = −θ sen θ (cos θ er − sen θ eθ) + θ cos θ (sen θ er + cos θ eθ) = θeθ˙eθ = −θ cos θ (cos θ er − sen θ eθ)− θ sen θ (sen θ er + cos θ eθ) = −θer (44)

˙ez = 0 i+ 0 j + 0 k = ~0

Con estos resultados, es muy sencillo determinar la velocidad y aceleracion de una partıcula sujeta atranslacion curvilınea espacial en coordenadas cilındricas. Para la velocidad, se tiene que

~v =d~r

d t=

d (r er + zez)

d t=

d r

d ter + r

d erd t

+d z

d tez = r er + r θeθ + z ez. (45)

De manera semejante, la aceleracion de la partıcula esta dada por

~a =d~v

d t=

d(

r er + r θeθ + z ez

)

d t=

d r

d ter + r

d erd t

+d r

d tθeθ + r

d θ

d teθ + r θ

d eθd t

+d z

d tez

= r er + r θeθ + r θeθ + r θeθ − r θ2er + z ez =(

r − r θ2)

er +(

2 r θ + r θ)

eθ + z ez. (46)

Si el movimiento de la partıcula es en el plano, este analisis se reduce al analisis de componentes radialy transversal, dadas respectivamente por r − r θ2 y 2 r θ + r θ mas aun, el termino de la componentetransversal de la aceleracion dado por 2 r θ, se denomina aceleracion Coriolis, y aparece siempre que unapartıcula tiene movimiento relativo respecto a un sistema de referencia sujeto a movimiento de rotacion.Esta observacion parece paradojica, en el curso de Dinamica I, se estudia el movimiento de partıculas,precisamente para evitar el movimiento de rotacion, sin embargo, el estudio del movimiento de una partıculamediante coordenadas cilındricas o esfericas, necesariamente implica estudiar, de manera un tanto cuantooculta, movimientos de rotacion.

4 Coordenadas Esfericas.

Las coordenadas esfericas permiten la localizacion de un punto en terminos de una longitud y dos angulos.La distancia radial, r, es la longitud desde el origen del sistema de referencia al punto P que se desealocalizar. El punto M representa la proyeccion del punto P sobre el plano X − Y . El plano formado por elpunto P y el eje Z forma el plano meridional. La orientacion del plano meridional se determina medianteel angulo θ, conocido como angulo azimutal. Este plano meridional se genera cuando el angulo azimutal,θ es constante, vea la Figura 12.

Conociendo la distancia radial r y el angulo azimutal θ, el punto P se localiza en el plano meridionalmediante el angulo φ, conocido como angulo polar. Para evitar ambiguedades, las coordenadas esfericasse restringiran a los siguientes intervalos

∞ ≥ r ≥ 0 2π ≥ θ ≥ 0π

2≥ φ ≥ −π

2(47)

Una tarea necesaria, en algunas situaciones, es transformar las coordenadas esfericas de una partıculaP a las coordenadas cartesianas de la misma partıcula. Las ecuaciones correspondientes son

x = r cos φ cos θ y = r cos φ sen θ z = r senφ

15

Figure 11: Sistema de Referencia que Emplea Coordenadas Esfericas.

En la direccion contraria, para transformar las coordenadas cartesianas de una partıcula P a las coordenadasesfericas de la misma partıcula es necesario emplear las siguientes ecuaciones

r =√

x2 + y2 + z2 φ = tan−1z

√

x2 + y2θ = tan−1

y

x

En el resto de esta seccion se estudiara el empleo de coordenadas esfericas para la descripcion delmovimiento de partıculas, considere el sistema de referencia mostrado en la figura 11, en este sistema dereferencia se ha seleccionado un sistema de coordenadas esfericas, la figura tambien muestra los vectoresunitarios er, eθ y eφ, que tienen el sentido de crecimiento de las coordenadas r, θ, φ. Es importante senalarque el vector unitario eθ esta localizado en el plano X−Y , mientras que los vectores unitarios er y eφ estanlocalizados en el plano formado por los puntos O, P y M que es perpendicular a eθ.

Es importante notar que a diferencia de los vectores unitarios asociados a las coordenadas cartesianas,los vectores unitarios er, eθ y eφ no son de direccion constante y por lo tanto su derivada es diferente del

vector ~0. Ademas, es importante notar que el vector unitario er que se define en coordenadas cilındricases diferente al vector unitario er que se define en coordenadas esfericas. Debe notarse que la figura 11contiene una vista del plano OPM que facilita la determinacion de las componentes cartesianas de losvectores unitarios er y eφ. Finalmente, er, eθ y eφ forman un sistema ortonormal y a derechas que satisfaceque

er × eφ = eθ

En esta seccion se seguira el procedimiento mostrado en la seccion de coordenadas cilındricas, los vectoresunitarios er, eθ y eφ, estan dados, en terminos de coordenadas cartesianas estan dadas por

er = senφ cos θ i+ senφ sen θ j + cos φ k

eθ = −sen θ i+ cos θ j + 0 k (48)

eφ = cos φ cos θ i+ cos φ sen θ j − senφ k

Las ecuaciones (48) permiten transformar un vector escrito en coordenadas esfericas en el mismo vector

16

Figure 12: Plano Meridional en Coordenadas Esfericas.

escrito en coordenadas cartesianas, en forma matricial, la ecuacion (48) puede escribirse como

ereθeφ

=

senφ cos θ senφ sen θ cos φ−sen θ cos θ 0

cos φ cos θ cos φ sen θ −senφ

i

j

k

Es facil probar que las ecuaciones que permiten transformar un vector representado en coordenadascartesianas a su representacion en coordenadas cilındricas estan dadas por

i = senφ cos θ er − sen θ eθ + cos φ cos θ eφ

j = senφ sen θ er + cos θ eθ + cos φ sen θ eφ (49)

k = cos φ er + 0 eθ − senφ eφ

Ahora calcularemos las derivadas de los vectores unitarios del sistema de coordenadas esfericas.

˙er = φ cos φ cos θ i− θsen φ sen θ i+ φ cos φ sen θ j + θ sen φ cos θ j − φ sen φ k

=(

φ cos φ cos θ − θsen φ sen θ)

(senφ cos θ er − sen θ eθ + cos φ cos θ eφ)

+(

φ cos φ sen θ + θ sen φ cos θ)

(senφ sen θ er + cos θ eθ + cos φ sen θ eφ)

−φ sen φ (cos φ er − senφ eφ)

= er(

φ sen φ cos φ cos2 θ − θ sen2 φ sen θ cos θ + φ cos φ senφ sen2 θ + θ sen2 φ sen θ cos θ

−φ sen φ cos φ)

+ eθ(

− φ cos φ sen θ cos θ + θ sen2 θ senφ+ φ cos φ sen θ cos θ + θ sen φ cos2 θ)

+eφ(

φ cos2 φ cos2 θ − θ sen φ cos φ sen θ cos θ + φ cos2 φ sen2 θ + φ sen2 φ)

= er

(

φ sen φ cos φ− φ sen φ cos φ)

+ eθ

(

θ sen φ)

+ eφ

(

φ cos2 φ+ φ sen2 φ)

= θ sen φ eθ + φ eφ (50)

˙eθ = −θ cos θ i− θ sen θ j

17

= −θ cos θ (senφ cos θ er − sen θ eθ + cos φ cos θ eφ)− θ sen θ (senφ sen θ er + cos θ eθ + cos φ sen θ eφ)

= er

(

−θ sen φ cos2 θ − θ sen φ sen2 θ)

+ eθ

(

θ sen θ cos θ − θ sen θ cos θ)

+eφ

(

−θ cos φ cos2 θ − θ cos φ sen2 θ)

= −θ sen φ er − θ cos φ eφ. (51)

˙eφ = −φ sen φ cos θ i− θcos φ sen θ i− φ sen φ sen θ j + θ cos φ cos θ j − φ cos φ k

=(

−φ sen φ cos θ − θcos φ sen θ)

(senφ cos θ er − sen θ eθ + cos φ cos θ eφ)

+(

−φ sen φ sen θ + θ cos φ cos θ)

(senφ sen θ er + cos θ eθ + cos φ sen θ eφ)

−φ cos φ (cos φ er − senφ eφ)

= er(

− φ sen2 φ cos2 θ − θ sen φ cos φ sen θ cos θ − φ sen2 φ sen2 θ + θ sen φ senφ sen θ cos θ

−φ cos2 φ)

+ eθ(

− φ cos φ sen θ cos θ + θ sen2 θ senφ+ φ cos φ sen θ cos θ + θ sen φ cos2 θ)

+eφ(

φ cos2 φ cos2 θ − θ sen φ cos φ sen θ cos θ + φ cos2 φ sen2 θ + φ sen2 φ)

= er

[

−φ sen2 φ(cos2 φ+ sen2 φ)− φ cos2 φ]

+ eθ

[

θ cos φ(sen2 θ + cos2 θ)]

+eφ

[

−φ cos φ senφ(cos2 θ + sen2 θ) + φ sen φ cos φ]

= −φer + θ cos φ eθ. (52)

Una vez obtenidas estas derivadas, el analisis de velocidad y aceleracion de una partıcula, cuando sumovimiento se describe en cordenadas esfericas es muy sencillo. A partir de la definicion del vector deposicion de la partıcula, se tiene que

~r(t) = r(t) er, (53)

donde r(t) es el escalar que representa la magnitud del vector de posicion y esta dada por

r(t) =| ~r(t) | .

Por lo tanto, derivando la ecuacion (53) con respecto al tiempo, la velocidad esta dada por

~v(t) =d~r(t)

d t=

d (r(t) er)

d t=

d (r(t))

d ter + r(t)

d (er)

d t= r er + r θ senφ eθ + r φ eφ. (54)

Volviendo a derivar la ecuacion de la velocidad, (54), con respecto al tiempo, se obtiene la aceleracioncomo

~a(t) =d~v(t)

d t=

d(

r er + r θ senφ eθ + r φ eφ

)

d t

= r er + r ˙er + r θ sen φ eθ + r θ senφ eθ + r θ φ cos φ eθ + r θ senφ ˙eθ + r φ eφ + r φ eφ + r φ ˙eφ

= r er +(

r θ sen φ+ r θ senφ+ r θ φ cos φ)

eθ +(

r φ+ r φ)

eφ + r(

θ sen φ eθ + φ eφ

)

+r θ senφ(

−θ sen φ er − θ cos φ eφ

)

+ r φ(

−φer + θ cos φ eθ

)

=(

r − r φ2 − r θ2 sen2 φ)

er +(

2 r θ sen φ+ r θ senφ+ 2 r θ φ cos φ)

eθ

+(

2 r φ+ r φ− r θ2 senφ cos φ)

eφ (55)

Con estas ecuaciones, es posible analizar la cinematica de partıculas cuando la descripcion de usmovimiento se realiza en coordenadas esfericas.

18

5 Componentes Normal y Tangencial.

Esta ultima seccion de estas notas analizan la cinematica de una partıcula sujeta a traslacion curvilıneaplana mediante componentes normal y tangencial. Contrario al estudio de la cinematica de la partıculaempleando coordenadas cartesianas, cilındricas o esfericas, en esta seccion no se estudia la cinematica deuna partıcula sujeta a traslacion curvilınea espacial porque el estudio de las propiedades diferenciales deuna curva espacial nos llevaria al menos dos clases que no puedo darme el lujo de emplear.

Para el analisis de esta seccion, se recordaran algunos conceptos de la seccion 1, que se repiten acontinuacion. Considere una partıcula P cuyo vector de posicion con respecto a un sistema de referenciaesta dado, como funcion del tiempo, por la ecuacion (1), repetida a continuacion

~rP = ~rP (t),

Si se conoce la trayectoria de la partıcula, la posicion de la partıcula unicamente requiere conocer la distancias, recorrida por la partıcula desde un punto de inicio arbitrario sobre la trayectoria de la partıcula, que enla figura 13, se ha escogido como O∗6. Considere una partıcula P , vea la figura 13, que es semejante a lafigura 2 y considere dos instantes de tiempo, t y t+∆t junto con los vectores de posicion correspondientespara esos tiempos.

La velocidad de la partıcula P se define como

~vP (t) = Lim∆ t→0

~rP (t+∆t)− ~rP (t)

∆ t= Lim∆ t→0

∆~rPd t

=d~rP (t)

d t(56)

Figure 13: Determinacion de la Velocidad de una Partıcula Sujeta a Traslacion Curvilınea.

Puesto que para dos tiempos cualesquiera, t, y t+∆ t, el vector

∆~rP = ~rP (t+∆t)− ~rP (t),

es secante a la trayectoria de la partıcula, es facil comprender que a medida que ∆ t → 0, el vector ∆~rP yel vector velocidad ~vP (t) se vuelven tangentes a la trayectoria en el punto P . La magnitud delvector velocidad ~vP (t), determinada como,

| ~vP (t) |=√

~vP (t) · ~vP (t), (57)

6Si una partıcula esta sujeta a traslacion curvilınea plana, la partıcula tiene dos grados de libertad. Sin embargo, enapariencia, en este caso unicamente es necesario conocer la variable s, indicando con esto que la partıcula tiene unicamente ungrado de libertad. Sin embargo, es necesario reconocer que el conocimiento de la trayectoria representa un grado de libertadadicional.

19

donde · representa el producto escalar del algebra vectorial tridimensional, se conoce como la rapidez de lapartıcula y a diferencia de la velocidad, la rapidez es una cantidad escalar. Siguiendo el mismo argumento,puesto que para dos tiempos cualesquiera, t, y t+∆ t, el vector

∆~rP = ~rP (t+∆t)− ~rP (t),

es secante a la trayectoria de la partıcula, es facil comprender que la magnitud del vector ∆~rP , denotadapor | ∆~rP |, es una buena aproximacion a la distancia recorrida por la partıcula P sobre la trayectoriay que a medida que ∆ t → 0, la magnitud del vector velocidad, ~vP (t), es decir la rapidez, es igual a lavelocidad con que la partıcula P recorre la trayectoria

| ~vP (t) |=√

~vP (t) · ~vP (t) =d s

d t= s. (58)

Si se define el vector unitario tangente, t, como un vector de longitud unitaria, tangente a la trayectoria,y en sentido de crecimiento de la distancia recorrida, se puede escribir el vector velocidad como

~vP (t) =d s

d tt = s t. (59)

Entonces, derivando la ecuacion (59), con respecto al tiempo, se tiene que

~aP (t) =d~vP (t)

d t=

d(

s t)

d t= s t+ s

d t

d t, (60)

donde s se define como

s =d s

d t=

d (| ~vP (t) |)d t

,

y fısicamente representa la tasa de cambio, con respecto al tiempo, de la rapidez de la partıcula, es decir,de la magnitud del vector velocidad.

Es necesario, ahora, determinar la derivada del vector unitario t, es necesario recordar que de antemanose conoce que la derivada del vector unitario tangente debe ser perpendicular al propio vector unitariotangente.

Figure 14: Determinacion de la Componente Normal de la Aceleracion.

Considere la figura 14 que muestra la partıcula P y los vectores unitarios tangentes para dos instantesde tiempo, t y t+∆ t. La figura muestra ademas, en centro de curvatura de la trayectoria para el tiempo t,

20

punto C, ası como el radio de curvatura correspondiente, ρ. Mas aun, la figura 14 muestra una ampliacionde los vectores unitarios tangentes para dos instantes de tiempo, t y t +∆ t. Es evidente que la direccionde la derivada del vector unitatio tangente para el tiempo t, t(t), es la del vector unitario normal, n, queva del punto P (t) al centro de curvatura de la trayectoria de la partıcula. En cuanto la magnitud de laderivada se tiene que

∣

∣

∣

∣

d t

d t

∣

∣

∣

∣

= Lim∆ t→0

| ∆ t |∆ t

= Lim∆ t→0

1 θ

∆ t= Lim∆ t→0

∆ sρ

∆ t=

1

ρLim∆ t→0

∆ s

∆ t=

1

ρ

d s

d t=

s

ρ.

Por lo tantod t

d t=

s

ρn. (61)

Sustituyendo este resultado en la ecuacion (60), se tiene que

~aP (t) = s t+ sd t

d t= s t+ s

s

ρn = s t+

s2

ρn = at t+ an n. (62)

La aceleracion de la partıcula ~aP (t), puede descomponerse en una componente normal, dada por

an =s2

ρ(63)

y una componente tangencial, dada por

at = s =d s

d t=

d (| ~vP (t) |)d t

. (64)

6 Problemas Resueltos.

Problema 1. El movimiento de una partıcula se define mediante las ecuaciones x(t) = 6 t − 3 sen t yy(t) = 6− 3 cos t, donde x y y se expresan en metros y t en segundos. Trace la trayectoria de la partıculaen el intervalo 0 ≤ t ≤ 2π y determine a) las magnitudes mınima y maxima alcanzadas de la velocidadalcanzada por la partıcula, b) los tiempos, posiciones y direcciones correspondientes de las velocidades.7.

Solucion. El vector de posicion de la partıcula esta dado por

~r(t) = (6 t− 3 sen t)i+ (6− 3 cos t)j

La grafica de la trayectoria de la partıcula, que no es mas que la descripcion de las diferentes valoresdel vector de posicion de la partıcula, se obtuvo mediante el programa de algebra simbolica Maple c© yse muestra en la figura 15, el programa Maple c© tambien muestra como resolver el problema de maneracompleta.

La velocidad de la partıcula se obtiene derivando, respecto al tiempo, el vector de posicion. De esamanera, resulta que

d~r(t)

d t= (6− 3 cos t)i+ (3 sen t)j

Por lo tanto, el cuadrado de la rapidez de la partıcula esta dada por

v2(t) =| ~v(t) |2= (6− 3 cos t)2 + (3 sen t)2 = 36− 36 cos t+ 9 cos2 t+ 9 sen2t = 45− 36 cos t.

debe notarse que la rapidez es mınima (maxima) donde el cuadrado de la rapidez es mınima (maxima). Eneste caso tan simple no es necesario derivar la funcion para encontrar los mınimos y maximos. Es evidenteque:

7Este es el problema 11.94 del libro Beer, F. P., Johnston, E. R. Jr. y Clausen, W. E. [2007], Mecanica Vectorial paraIngenieros: Dinamica, Ciudad de Mexico: Mc Graw Hill

21

4

x, m.

8

500

6y, m.

7525 100

Figure 15: Trayectoria de la partıcula.

1. Los tiempos para los que se presenta la rapidez mınima son t1min = 0, t2min = 2π, t3min = 4π, . . .las posiciones de la partıcula para esos tiempos son

~r(t1min) = 0 i+ 3 j, ~r(t2min) = 12π i+ 3 j, ~r(t3min) = 24π i+ 3 j, . . .

y las velocidades correspondientes son

~v(t1min) = ~v(t2min) = ~r(t3min) = 3 i+ 0 j, . . .

2. Los tiempos para los que se presenta la rapidez maxima son t1max = π, t2max = 3π, t3max = 5π, . . .las posiciones de la partıcula para esos tiempos son

~r(t1max) = 6π i+ 9 j, ~r(t2max) = 18π i+ 9 j, ~r(t3max) = 30π i+ 9 j, . . .

y las velocidades correspondientes son

~v(t1max) = ~v(t2max) = ~r(t3max) = 9 i+ 0 j, . . .

El Apendice I de estas notas muestra la hoja de trabajo Maple c© que resuelve este problema.Problema 2.8 Un atleta de salto largo, vea la Figura 16, se aproxima a la tabla de despegue A con

una velocidad horizontal de v0 = 30 p/s. Determine la componente vertical de la velocidad de su centro demasa en el punto de despegue para que pueda realizar el salto mostrado. ¿Cual es la altura vertical h desu centro de gravedad?9

Solucion. Sea α el angulo de “disparo” del atleta, y seleccione

1. Como sistema de referencia, un juez que esta en reposo en las cercanias de la pista de salto largo.

2. Como origen de posicion el punto A.

8Este es el problema 2/69 del libro Meriam, J. L. y Kraige, L. G. [2006] Engineering Mecahnics: Dynamics, 6-th Edition,New York: John Wiley.

9Esta componente horizontal es la componente horizontal de la velocidad inicial del salto, no la velocidad inicial.

22

Figure 16: Atleta de Salto Largo.

3. Como origen de tiempo, el instante en el que el atleta despega de la tabla.

4. Finalmente, como direcciones positivas de los ejes X y Y , hacia la derecha y hacia arriba respectiva-mente.

Bajo esas condiciones, las ecuaciones de movimiento del atleta son

~a(t) = −gj, donde g = 32.2 p/s.

sujetas a las condiciones iniciales, para t = 0,

~v = −v0 i+ v0 tanαj, y ~r = 0i+ 0j.

Integrando repetidamente y determinando las constantes de integracion, se tiene que

~v(t) = −v0 i+ (v0 tanα− g t) j, y ~r(t) = −v0 ti+

(

v0 t tanα− 1

2g t2)

j.

El tiempo para el cual el atleta toca nuevamente el piso, esta dada por la solucion de la siguientepregunta. ¿Para que tiempo t, la componente y de la posicion del atleta es nuevamente 0? Por lo tanto, esnecesario resolver, para t, la ecuacion

v0 t tanα− 1

2g t2 = 0 or t

(

v0 tanα− 1

2g t

)

= 0

Existen dos soluciones para esta ecuacion

t1 = 0 y t2 =2 v0 tanα

g.

Evidentemente el tiempo deseado es el segundo. Ahora nos preguntaremos, ¿Cual es el alcance horizontaldel atleta? Es decir trataremos de encontrar el valor de rx para t = 2 v0 tanα

g . Este valor esta dado por

rmax = rx

∣

∣

∣

t=2 v0 tanα

g

= −v02 v0 tanα

g= −2 v20 tanα

g= − v20 tanα

g

23

Puesto que se sabe que el “alcance” del atleta rmax = −22 p, considerando el signo apropiado, se tieneque

α =1

2tan−1

(−rmax g

v20

)

= 21.482◦

Por lo tanto, la componente vertical de la velocidad inicial del atleta esta dada por

v0y = v0 tanα = 11.8066 p/s.

La altura maxima del atleta se obtiene cuando la componente vertical de la velocidad sea nula; por lotanto, es necesario resolver la ecuacion

v0 tanα− g t = 0 o thmax =v0 tanα

g.

y la altura maxima esta dada por

hmax = ry

∣

∣

∣

t=v0 tanα

g

= v0

(

v0 tanα

g

)

tanα− 1

2g

(

v0 tanα

g

)2

=v20 tan

2 α

2 g

=(30 p/s)2 tan2 21.482◦

2 (32.2 p/s2)= 2.16455 p.

Problema 3.10 El movimiento tridimensional de una partıcula se define mediante el vector de posicion~r = At cos(t)i + A

√t2 + 1j + B t sen(t)k donde ~r y t se expresan en pies y segundos, respectivamente.

Demuestre que la curva descrita por la partıcula se encuentra sobre el hiperboloide( y

A

)2

−( x

A

)2

−( z

B

)2

= 1.

Para A = 3 y B = 1, determine a) las magnitudes de la velocidad y aceleracion cuando t = 0, b) el valormas pequeno de t para el cual los vectores de posicion y velocidad son perpendiculares entre si.

Solucion. Las componentes cartesianas del vector de posicion estan dadas por

x(t) = At cos(t) y(t) = A√

t2 + 1 z(t) = B t sen(t). (65)

Sustituyendo estas ecuaciones en la ecuacion del hiperboloide, se tiene que

( y

A

)2

−( x

A

)2

−( z

B

)2

=

(

A√t2 + 1

A

)2

−(

At cos(t)

A

)2

−(

B t sen(t)

B

)2

=(

t2 + 1)

− t2 cos2 t− t2 sen2 t = t2 + 1− t2(

cos2 t+ sen2 t)

= t2 + 1− t2 = 1. (66)

Por otro lado, la ecuacion de la velocidad esta dada por

~v(t) =d~r(t)

d t= (Acos t−At sen t) i+

At√t2 + 1

j + (B sen t+B t cos t) k. (67)

Por lo tanto, la ecuacion que determina cuando los vectores de posicion y velocidad son perpendicularesesta dada por

0 = ~r(t) · ~v(t)

=[

At cos(t)i+A√

t2 + 1j +B t sen(t)k]

·[

(Acos t−At sen t) i+At√t2 + 1

j + (B sen t+B t cos t) k

]

(68)

10Este es el problema 11.98 del libro Beer, F. P., Johnston, E. R. Jr. y Clausen, W. E. [2007], Mecanica Vectorial paraIngenieros: Dinamica, Ciudad de Mexico: Mc Graw Hill.

24

Si se sustituye A = 3 y B = 1 y se simplica la ecuacion, se tiene que

0 = −2 t[

4 cos (t) t sin (t)− 4 cos2 t− 5]

Evidentemente, una solucion es t = 0, para econtrar las restantes raices considera la grafica del terminorestante de la ecuacion para el rango −5 ≤ t ≤ 5 se muestra en la figura 17,

15

t

521 3−1−2

5

−4

10

−3−5

0

0

25

4

20

Figure 17: Grafica de la condicion de perpendicularidad.

Puede probarse que las raices mas cercanas a t = 0 son t = ±3.818.

7 Apendice A. Una derivacion alternativa de las derivadas de los

vectores unitarios asociados a las coordenadas cilındricas.

En este apendice se mostrara una forma mas rudimentaria pero quizas mas simple que la mostrada en elcuerpo principal de estas notas, considere la figura 18.

Para el vector unitario radial, er, se tiene que

d erd t

= Lim∆ t→0

er(t+∆ t)− er(t)

∆ t= Lim∆ t→0

∆er∆ t

,

La magnitud de la derivada esta dada por

∣

∣

∣

∣

d erd t

∣

∣

∣

∣

= Lim∆ t→0

| er | ∆ θ

∆ t= Lim∆ t→0

| 1 | ∆ θ

∆ t= Lim∆ t→0

∆ θ

∆ t=

d θ

d t= θ.

Mientras que la direccion y sentido es el de eθ. Por lo tanto

˙er =d erd t

= θ eθ. (69)

25

Figure 18: Vectores Unitarios er y eθ en un Sistema de Referencia que Emplea Coordenadas Cilındricas.

De manera semejante, para el vector unitario transversal, eθ, se tiene que

d eθd t

= Lim∆ t→0

eθ(t+∆ t)− eθ(t)

∆ t= Lim∆ t→0

∆eθ∆ t

,

La magnitud de la derivada esta dada por

∣

∣

∣

∣

d eθd t

∣

∣

∣

∣

= Lim∆ t→0

| eθ | ∆ θ

∆ t= Lim∆ t→0

| 1 | ∆ θ

∆ t= Lim∆ t→0

∆ θ

∆ t=

d θ

d t= θ.

Mientras que la direccion y sentido es el de −er. Por lo tanto

˙eθ =d eθd t

= −θ er. (70)

8 Apendice I. Hoja de trabajo Maple c© que resuelve el problema

propuesto 1.

26