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• Describir el movimiento en dos dimensiones de una partícula
mediante sus componentes rectangulares.
• Utilizar el análisis vectorial para describir el movimiento de
una partícula que recorre una trayectoria curva.
Unidad 2
Movimiento en un plano
Ob
jeti
vo
s
3�
Introducción
Ahora que se han ampliado los conceptos de la cinemática que se utilizan para
describir el movimiento de una partícula en línea recta (una dimensión), se puede
realizar el análisis del movimiento en dos dimensiones. Para ello será necesario utilizar
el análisis vectorial.
Cuando una partícula describe una trayectoria curvilínea en un plano, se debe
describir su movimiento tanto por las magnitudes como por las direcciones de los
vectores de posición, velocidad y aceleración, para lo cual se requiere un sistema
coordenado de referencia.
2.1 Velocidad media e instantánea
Considerar el movimiento de una partícula en un plano, la cual recorre cierta
trayectoria como se muestra en la siguiente figura:
Fig. 2.1
40
C inemátiCa y dinámiCa
Como el vector r
es una función del tiempo (t), la posición de la partícula está definida por
ˆ ˆ( ) ( ) ( )r t x t i y t j= + y el vector desplazamiento rΔ es la diferencia entre su vector de posición final y
su vector de posición inicial: f ir r rΔ = − . Al igual que para una dimensión, la velocidad media en un
intervalo de tiempo Δt resulta ser:
rv
t
Δ= Δ
(2.1)
La velocidad media es una cantidad vectorial que resulta de la división de rΔ que también es una
cantidad vectorial entre una cantidad escalar Δt. Como Δt es positivo, la dirección y el sentido del
vector v
son los mismos que los del vector rΔ .
La velocidad instantánea, es decir, la variación del desplazamiento con respecto al tiempo resulta ser
el límite de la velocidad media cuando el intervalo de tiempo es muy pequeño:
(2.2)0
limt
r drv
t dtΔ →Δ= =Δ
La velocidad instantánea siempre es tangente a la curva que describe la trayectoria de una partícula,
en la misma dirección y sentido del movimiento.
Hay que recordar que la velocidad de una partícula que se mueve en un plano puede ser definida en
cualquier instante por sus componentes rectangulares: una horizontal xv
y otra vertical yv
. Estas dos
componentes de la velocidad son perpendiculares e independientes. La velocidad resultante es la suma
vectorial de xv
y yv
.
x yv v v= + (2.3)
Considerar que un vector y sus dos componentes forman un triángulo rectángulo, por lo que de
acuerdo con las relaciones trigonométricas, podemos definir a los componentes de la velocidad como:
cosxv v θ= (2.4)
senyv v θ= (2.5)
θ
x
v
vy
vx
y
41
Unidad 2
Donde θ corresponde al ángulo entre el vector velocidad y su componente en x. El ángulo se puede
determinar mediante la siguiente relación trigonométrica de tan θ = /y xv v .
La magnitud del vector velocidad se puede obtener con la siguiente expresión:
2 2
x yv v v= + (2.6)
Ejemplo 1
La posición de una bicicleta en un parque se puede describir como una función del tiempo mediante
las coordenadas:
x = c1t2 + c
2t + c
3 c
1 = 0.2 m/s2, c
2 = 5.0 m/s, c
3 = 0.5 m
y = d1t2 + d
2t + d
3 d
1 = –1.0 m/s2, d
2 = 10.0 m/s, d
3 = 2.0 m
a) Determinar los vectores de posición de la bicicleta cuando t= 1 s y t=3 s, así como el vector de
desplazamiento entre esos dos tiempos y b) determinar la velocidad media de la bicicleta durante el
periodo de 1.0 a 3.0 s y su velocidad instantánea cuando t=3.0 s.
a) Determinar primero las coordenadas x y y en los dos instantes:
2 21 , ( ) ( 1 m s )(1 s) (10 m s)(1 s) 2m 11 mt s t= = − + + =y
2 21 , ( ) (0.2 m s )(1 s) (5 m s)(1 s) 0.5 m 5.7mt s x t= = + + =
2 23 , ( ) (0.2 m s )(3s) (5 m s)(3s) 0.5 m 17.3 mt s x t= = + + =2 23 , ( ) ( 1m s )(3s) (10m s)(3 s) 2m 23mt s y t= = − + + =
Determinar ahora los vectores de posición en los dos momentos con la expresión
ˆ ˆr xi yj= +.
Para t = 1 s, ˆ ˆ(t) (5.7 11 )mr i j= +
Para t = 3 s, ˆ ˆ(t) (17.3 23 )mr i j= +
Con esto ya puede obtenerse el vector desplazamiento entre 1 s y 3 s.
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( ) ( ) (17.3 23 )m (5.7 11 )m (11.6 12 )mf ir r t r t i j i j i jΔ = − = + − + = +
b) Determinar la velocidad media de la bicicleta durante el periodo de 1 s a 3 s, y su velocidad
instantánea cuando t=3 s.
La velocidad media se obtiene usando la expresión 2.1.
42
C inemátiCa y dinámiCa
ˆ ˆ(11.6 12 ) ˆ ˆ(5.8 6 )m s(3 1)s
r i jv i j
t
Δ += = = +Δ −
La velocidad instantánea cuando t=3 s se obtiene con la expresión 2.2 y derivando x y y.
2
1 2 31 2
( )2
d c t c t cdxc t c
dt dt
+ += = +2
1 2 31 2
( )2
d d t d t ddyd t d
dt dt
+ += = +
Sustituyendo las constantes cuando t=3 s, se llega al resultado de:
ˆ ˆ(6.2 4.0 )m sv i j= +
Ejemplo 2
Un jet recorre 2.5 km hacia el sureste (55°) y luego recorre 5 km hacia noreste haciendo un giro de
450, como se muestra en la siguiente figura. Calcular el desplazamiento total.
km
km
550
450
Fig. 2.2
Descomponer cada vector de desplazamiento en sus componentes:
D
1x = –2.5 km (cos 55°) = –1.43 km, D
2x
= 5 km (cos 45°) = 3.53 km
D
1y = 2.5 km (sen 55°) = 2.04 km, D
2y = 5 km (sen 45°) = 3.53 km
El vector resultante D
, tiene componentes:
55° 45°
43
Unidad 2
D
ˆ ˆ ˆ ˆ(3.53 3.53 ) ( 1.43 2.04 )i j i j= + − − + D
x = D
2x – D
1x = 4.96 km
D
y = D
2y – D
1y = 1.49 km
La magnitud del vector resultante: 2 2 5.17kmx yD D D= + =
Ejercicios 2.1
1. Se lanza una roca desde un acantilado de 100 m de alto con una velocidad de 27 m/s.
a) ¿En cuánto tiempo alcanzará el suelo?
b) ¿Con qué velocidad llegará al suelo?
2. Un avión que vuela horizontalmente a una altura de 5 km sobre el suelo con una velocidad de 356
km/h, deja caer una bomba sobre un blanco situado en tierra. Obtén el ángulo formado por la vertical
y la línea que une el avión con el blanco en el instante en que se abandona la bomba.
3. Un caracol inicia desde el reposo con una velocidad en el componente x de 3 cm/min y en el componente
y de –2 cm/min. El caracol se mueve sólo con una aceleración en el componente x de 0.2 cm/min2.
Calcula su velocidad en t = 6 min.
2.2 Aceleración media e instantánea
La velocidad cambia tanto en magnitud como en sentido en el movimiento en un plano. El cambio
vectorial en la velocidad lo indicamos como f iv v vΔ = − . La aceleración media se define como el
cambio de velocidad con respecto a un intervalo de tiempo:
va
t
Δ= Δ
(2.7)
Una aceleración ocurre si existe un cambio de velocidad, ya sea en magnitud, dirección o en ambas.
La aceleración media es un vector, ya que es el resultado del producto del vector vΔ y el escalar 1/Δt.
Sus dimensiones son velocidad dividida entre tiempo.
La aceleración instantánea es la aceleración media durante un intervalo de tiempo infinitesimalmente
pequeño; esto es, cuando Δt tiende a cero:
0limt
v dva
t dtΔ →Δ= =Δ
(2.8)
44
C inemátiCa y dinámiCa
Y al igual que en la velocidad instantánea se puede calcular la magnitud de la aceleración con la
siguiente expresión:
2 2
x ya a a= + (2.9)
Ejemplo 3
Con los mismos datos del ejemplo 1 calcular ahora:
a) La magnitud de la aceleración instantánea.
b) La dirección de la aceleración instantánea.
a) Usar la expresión 2.8 para conocer la aceleración instantánea.
1 21
(2 )2x
x
dv d c t ca c
dt dt
+= = =
1 21
(2 )2
y
y
dv d d t da d
dt dt
+= = =Sustituyendo las constantes se obtiene:
ˆ ˆ(0.4 2.0 )m sa i j= −
La magnitud de la aceleración se obtiene con la expresión 2.9.
2 2 2 2(0.4) ( 2.0) m s 2.03m sa = + − = b) El ángulo que forma el vector de aceleración con el eje x se obtiene de la siguiente
manera:
2
0
2
2.0m stan 5, 79
0.4m s
y
x
a
aθ θ−= = =− ∴ ≈−
2.3 Componentes de la aceleración
En el caso de que la partícula siga una trayectoria circular con velocidad constante, la dirección no
será siempre la misma, por lo que la aceleración formará un ángulo con la trayectoria dirigida hacia el
centro de la curvatura.
45
Unidad 2
La aceleración se puede descomponer en una componente tangencial aT y una componente normal
aN. Cuando una partícula se mueve, la magnitud de la velocidad puede cambiar y está relacionada con
la aceleración tangencial. De la misma forma si la dirección de la velocidad cambia, este cambio está
relacionado con la aceleración normal.
a
aT
aN
v
Trayectoria de la
partícula
Fig. 2.3.
Así, una aceleración tangente a la trayectoria se identifica con un cambio en la magnitud de la
velocidad, mientras que una aceleración perpendicular a la trayectoria se identifica con un cambio de
dirección de la velocidad y no de su magnitud.
La aceleración normal apunta hacia el centro de la curvatura y tiene un valor igual a v2/r, donde v
se refiere a la velocidad instantánea y r es el radio de la trayectoria que mejor se ajuste a un círculo. La
magnitud de la aceleración para este caso la podemos conocer a partir de la siguiente expresión:
2 2
T Na a a= + (2.10)
Ejemplo 4
Un avión de reconocimiento lleva una velocidad de 200 km/h con un ángulo de 600 de despegue.
a) ¿Cuáles son las componentes de la aceleración?
b) ¿Cuál es el radio de la curvatura de la trayectoria de vuelo?
Fig. 2.4.
v
g
g cos 600
g sen 600
600
600
46
C inemátiCa y dinámiCa
a) La componente tangencial es paralela a la velocidad, la componente normal es perpendicular
a la velocidad, observando la figura se puede concluir que las componentes son:
2sen60° 8.5m sTa g= =2cos 60° 4.9m sNa g= =
b) El radio se obtiene de la fórmula aN = v2/r, al despejar se obtiene:
22
2
(55.6m s)631m
4.9m sN
vr
a= = =
Fig. 2.5.
En el instante en que el avión lleva una velocidad de 55.6 m/s a 60°, se mueve a lo largo de un arco
de 631 m de radio.
Ejemplo 5
Un auto Fórmula 1 se desplaza por una pista circular de 750 m de radio, parte del reposo con una
aceleración uniforme de 40 m/s en 7 s.
a) Encontrar la aceleración tangencial.
b) Aceleración normal cuando la rapidez sea de v = 120 km/h.
a) La aceleración tangencial se relaciona con Δv/Δt.
240m/s 0m/s5.7m/s
7sT
va
t
−Δ= = =Δb) La aceleración normal se relaciona con el cambio en la dirección del vector velocidad y se
calcula como:22
2(33.33m/s)1.48m/s
750mN
va
r= = =
631 m
47
Unidad 2
2.4 Movimiento de un proyectil
Un ejemplo muy claro de lo que es el movimiento en un plano, es el movimiento en vuelo libre (tiro)
de un proyectil. Al disparar horizontalmente un proyectil (un objeto sin impulso propio), éste cae por
la acción de la fuerza de gravedad con una aceleración g
.
x
y
v
v
g
v iy
ix
Fig. 2.6.
En este caso la velocidad inicial es horizontal, la aceleración es vertical hacia abajo y tendrá un valor
de cero en el eje de x. La velocidad tiene inicialmente la dirección del eje x, por lo tanto la velocidad
inicial en y es igual a cero, la aceleración en la caída libre corresponde al valor de g con un signo
negativo indicando que el movimiento es hacia abajo. Suponiendo que la resistencia que ofrece el aire
es despreciable.
Cuando un objeto es proyectado con un ángulo hacia arriba puede considerarse un análisis
similar, pero la única fuerza que influye en el proyectil es su peso que por efecto de la gravedad actúa
hacia abajo obligando a que su trayectoria sea parabólica. Entonces se pueden hacer las siguientes
consideraciones:
y
x
g
g
vi
i
,
,,
v
v
θ
v
v iy
ix
Fig. 2.7.
48
C inemátiCa y dinámiCa
La velocidad inicial del proyectil está dada por:
i ix iyv v v= +
Donde las componentes vix y v
iy de la velocidad inicial son:
(2.11)
Sabiendo que la magnitud de la velocidad en función del tiempo para aceleración constante se
expresa como:
i f i= + ( )v v a t — t (2.12)
Y considerando que ti = 0 y a = –g en la dirección de y puede llegarse a:
x ix y iyv v v v gt= = −Esto es:
cos , sen x i i y i iv v v v gt= θ = θ − (2.13)
Que indica que la componente de la velocidad en la dirección x es constante, debido a que no hay
aceleración para esta dirección.
Utilizando ahora la expresión:
212f i iy yy y v t a t= + +
Considerando yi = 0 y a
y = –g, se llega a:
212f iyy v t gt= − (2.14)
Considerando ahora vy = 0 de la expresión 2.13, puede encontrarse el tiempo en que se alcanza la
altura máxima: i sen=
vt
g
θ (2.15)
Y sustituyendo en la expresión 2.14, se obtiene
altura máxima = h (2.16)2 2sen
2g
if
vy
θ=El tiempo total de vuelo es el doble del obtenido en la expresión 2.15, el cual puede usarse para
conocer el alcance máximo del proyectil en la dirección del eje x, y se obtiene sustituyendo el valor del
tiempo de vuelo en:
cos , senix i i iy i iv v v v= θ = θ
ixx v t=
4�
Unidad 2
Resultando:
Alcance máximo 2 sen 2
Riv
g
θ= = x (2.17)
Ejemplo 6
Un cañón dispara una bala con una velocidad de 720 km/h con un ángulo de 350 con respecto a la
horizontal.
a) ¿Cuál es la velocidad de la bala después de 15 s?
b) ¿En qué tiempo la bala vuelve a tierra?
a) Considerar como vi = 720 km/ (200 m/s) y utilizando las expresiones 2.11 que son las
componentes de la velocidad:
(200m s)cos35° 163.8m s y (200m s)sen35° 114.7m six iyv v= = = =
Para t = 15 s se usan las expresiones 2.13, donde:
2
x y=163.8m s y =114.7m s–(9.81m s )(15s) = –32.5m sv v
El signo negativo en vy significa que la velocidad de la bala va descendiendo. La magnitud
de la velocidad será entonces:
( )2 2163.8m s ( 32.5m s) 167m sv = + − =
b) El tiempo total de vuelo se obtiene con el doble del valor de la expresión 2.15:
. 2
(200m s)sen35°2 23.4s
9.81m stott
= =
Ejemplo 7
Una pelota se lanza con un ángulo de inclinación sobre la horizontal de 40° y velocidad inicial de 20
m/s. A 35 m a partir del origen de lanzamiento se encuentra una pared con la cual choca. ¿A qué altura
del muro, respecto al vuelo horizontal, se produce el choque?
50
C inemátiCa y dinámiCa
400
20 m/s
35 m
Fig. 2.8.
Descomponer la velocidad inicial en:
vix = 20 m/s (cos 400) = 15.3 m/s, v
iy = 20 m/s (sen 400) = 12.8 m/s
Usando la ecuación x = vixt, se encuentra que:
35m = (15.3m/s) = 2.3st t∴La pelota golpea el muro a los 2.3 segundos.
Para hallar la altura vertical en este tiempo se toma la dirección hacia arriba como positiva, el
desplazamiento vertical se encuentra a partir de la ecuación 212iy yy v t g t= − , sustituyendo se tiene que:
2 212(12.8 m/s)(2.3 s) ( 9.81 m/s )(2.3s) 3.5 my = + − =
La pelota chocará contra el muro a una altura de 3.5 m.
Ejercicios 2.4
1. Un objeto se lanza horizontalmente con una velocidad inicial de 36 km/h desde lo alto de un risco
de 20 m de altura. ¿En qué lugar cae el objeto?
Fig. 2.9.
36 km/h
20 m
x
51
Unidad 2
2. Una pelota de futbol es pateada formando un ángulo de 350 por encima de la horizontal y la recibe
un jugador situado a 30 m de distancia. ¿Cuánto tiempo estuvo la pelota en el aire?
3. Un cañón dispara un proyectil con una velocidad inicial de 360 m/s que debe derribar un blanco
situado a 1 km del cañón y a 300 m arriba de él. ¿Cuál debe ser el ángulo de elevación del disparo?
4. Un cañón dispara un proyectil con una velocidad de 360 km/h con un ángulo de 300 en relación
horizontal. ¿A qué distancia del punto de lanzamiento alcanzará el proyectil su nivel inicial?
5. Calcular el alcance de un proyectil lanzado con una velocidad inicial v0 = 400 m/s y con un ángulo
de elevación de 30°.
2.4 Movimiento circular
Una partícula que sigue una trayectoria circular con rapidez constante tiene un movimiento uniforme,
ya que recorre distancias iguales en tiempos iguales, pero la dirección de su movimiento cambia
constantemente. La velocidad es constante en magnitud, pero cambia continuamente de dirección, por
lo que la partícula tiene una aceleración, que a su vez tiene dirección y magnitud.
Δθrirf
Δr
vi
vf
Fig. 2.10.
Para indicar la posición de la partícula se usa un vector r
, el cambio de posición se denota como Δr
que puede ocurrir en un intervalo de tiempo Δt muy pequeño. Si se considera un Δ r
muy pequeño
y un intervalo de tiempo muy pequeño Δt, el vector de desplazamiento no se puede distinguir de la
trayectoria verdadera a lo largo de un desplazamiento corto sobre el arco. Entonces r
f – r
i = Δ r
= vΔt.
52
C inemátiCa y dinámiCa
Fig. 2.11.
Al girar el vector r
, también lo hace el vector v
. Si la magnitud de la velocidad no cambia porque el
cambio de ángulo Δθ es muy pequeño, y dado que el triángulo 1 y el triángulo 2 son semejantes puede
escribirse:
r v
r v
Δ Δ= (2.18)
Y recordando que r
vt
Δ= Δ , despejamos r v tΔ = Δ y de v
at
Δ= Δ , despejamos v a tΔ = Δ , sustituyendo
en la expresión anterior, obtenemos:
v t a t
r v
Δ Δ=Despejando se puede obtener la magnitud de la aceleración como:
2v
ar
= (2.19)
El vector de aceleración es perpendicular a la trayectoria, apunta hacia el centro del círculo y es parte
de la componente radial de la aceleración, por lo que la aceleración obtenida es la aceleración centrípeta
ac, por lo tanto:
2
c
va
r=
Fig. 2.12.
Vf
53
Unidad 2
El movimiento circular también se puede definir en términos del periodo T, medido en segundos,
que es el tiempo necesario para dar una vuelta completa, y de la frecuencia de la rotación f que es el
número de revoluciones o vueltas por unidad de tiempo, medida en revoluciones por minuto (rpm),
revoluciones por segundo (rev/s) o también en Hz (Hz =s-1). Ambas cantidades se relacionan mediante
la expresión:1
Tf
= (2.20)
Para un determinado intervalo de tiempo, una partícula se desplaza en una cantidad 2πr, que es el
equivalente a una trayectoria en una circunferencia. Por lo tanto, para una partícula que da vueltas en
un círculo con una rapidez constante, la magnitud de su velocidad lineal v puede calcularse al dividir
la circunferencia entre el periodo:
2 rv
T
π= o en forma equivalente, también: 2v f r= π (2.21)
Donde r es el radio de la trayectoria circular.
Velocidad angular
Cuando una partícula se mueve de manera circular, recorre un arco de longitud s.
Fig. 2.13.
Donde s se obtiene al multiplicar el desplazamiento angular θ por el radio r de la trayectoria:
s = rΔθ Para un desplazamiento angular Δθ, que provocará un cambio en la longitud del arco s, podemos
llegar a:
s
s or
= Δθ Δθ=r (2.22)
Si una partícula recorre una distancia Δs a lo largo de un arco en un intervalo de tiempo Δt, mientras
el vector de posición correspondiente a r recorre el ángulo Δθ. La rapidez lineal de la partícula es
s rv
t t
Δ Δθ= =Δ Δ = rt
θΔ Δ
54
C inemátiCa y dinámiCa
La velocidad (rapidez) angular ω de la rotación del vector de posición se define entonces por:
t
Δθw = Δ (2.23)
La velocidad angular (rapidez), es la razón de cambio del desplazamiento angular en un intervalo de
tiempo. Se expresa en radianes por segundo, o simplemente s–1.
Para un movimiento circular, el cambio de ángulo Δθ se mide en radianes, donde un giro completo
de 3600 equivale a 2π rad.
Por lo tanto, haciendo las sustituciones adecuadas, la rapidez lineal (v) y la magnitud de la aceleración
centrípeta (ac) se pueden expresar como:
v r= w (2.24)
ac = w2r (2.25)
La aceleración angular de un objeto es la relación del cambio de la velocidad angular con respecto a
un intervalo de tiempo. Si la velocidad cambia uniformemente de una velocidad angular inicial ωi a una
velocidad angular final ωf en un intervalo de tiempo, la magnitud de la aceleración angular es constante
y se puede definir como:
t
f iw −wa = (2.26)
Y se mide en rad/s2
Ejemplo 9
Calcular la aceleración centrípeta que experimenta Fobos en su giro alrededor de Marte. La distancia
de Fobos al centro de Marte es de 6 000 km y el periodo de su giro es de 7 h 39 min.
Sustituyendo la ecuación 2.24 en 2.21 se obtiene:
42 22.3 10 rad s
27540sx
T
−π πw = = = Sustituyendo este resultado en la expresión 2.25, se conocerá la aceleración centrípeta:
. 4 2 6 2(2.3 10 rad s) (6.0 10 m) 0.31m sca x x−= =
55
Unidad 2
Ejemplo 10
El piloto de un bombardero que ha estado “picando” a una velocidad de 400 km/h, sale de la
“picada” cambiando su trayectoria a la de un círculo en plano vertical. ¿Cuál es el radio mínimo de la
circunferencia para que la aceleración en el punto más bajo no exceda 7 gravedades?
La aceleración centrípeta en el punto más bajo a lo máximo debe ser igual a:
ac = 7g = 7(9.81 m/s2) = 68.67 m/s2
De la ecuación ac = v2/r, se obtiene que el radio debe ser:
22
2
(111.11m/s)179.78m
68.67m/sc
vr
a= = =
Ejercicios 2.5
1. ¿Con qué velocidad angular debe girar la Tierra para que el peso aparente de una persona en el
Ecuador sea de cero?
2. Un ventilador rota a 2 300 rpm. Determina la rapidez lineal del extremo del aspa, si la longitud desde
el centro al extremo es de 20 cm.
3. Un satélite artificial gira en una órbita circular a una altura de 155 km sobre la superficie de la Tierra,
dando una vuelta en 90 minutos. Suponiendo el movimiento circular uniforme, obtener:
a) La velocidad (v) del satélite.
b) La aceleración que experimenta.
El radio terrestre es de 6.3x103 km.
4. Un rotor gira uniformemente a 37 Hz. ¿Cuál es la aceleración en la cara externa si el radio es de 15 cm?
5. Una rueda de 67 cm de radio da vueltas sobre su eje. Su rapidez se incrementa desde el reposo hasta
1 300 rpm en un tiempo de 24 segundos. ¿Cuál será la aceleración de la rueda?
2.5 Fuerza centrípeta
Según la segunda ley de Newton (Σ F
= m a
), un objeto se acelera siempre que una fuerza actúa
sobre él. Cuando un objeto se mueve en un círculo, se acelera y siempre hay una fuerza que lo
mantiene en movimiento, dicha fuerza le proporciona a su vez la aceleración centrípeta.
56
C inemátiCa y dinámiCa
v
Fcω
r
Fig. 2.14.
Por lo tanto, si una partícula sigue un movimiento circular, la fuerza resultante a lo largo de la
dirección radial tiene un valor:
22
c
mvF ma m r
r= = = w∑ (2.27)
La dirección de esta fuerza es necesaria para obtener una trayectoria circular, de lo contrario el
objeto no se movería en un círculo sino que lo haría en una línea recta, por lo tanto la dirección de esta
fuerza cambia de tal manera que siempre se dirige hacia el centro del círculo.
Si en lugar de que el giro sea horizontal presenta una inclinación, formando un ángulo θ con la
horizontal, el análisis es diferente. Un ejemplo claro se aprecia en el peralte de las curvas de carretera.
θw
P
NNy
Nx
θ
y
x
Fig. 2.15.
Considerando la segunda ley de Newton, S F
= m a
, y enfocando el análisis al peralte en curvas de
la figura, la componente vertical yN de la fuerza normal equilibra el peso w
del objeto, por lo que la
aceleración en el eje vertical es igual a cero, esto es:
y yF N w ma= − =∑ , donde a=0, como Ny =N cosθ y w=mg
Entonces:
N cosθ=mg
w
v
w
57
Unidad 2
En el eje x, la aceleración es centrípeta y diferente de cero:
x x cF N ma= =∑ , donde 0ca ≠ , como Nx = N sen θ, y
2
c
va m
r=
Entonces:
N senθ = 2
vm
r
Recordando que: sen
tancos
θθ = θ , las ecuaciones pueden relacionarse de la siguiente forma:
2
sen
cos
mv
N r
N mg
θ =θRealizando operaciones se obtiene:
2
tanv
rgθ = que permite calcular el ángulo de peralte en curvas.
Utilizando la segunda ley de Newton como:
F ma w N= = +Sus componentes serían:
componente en : sen a
componente en : cos 0
xx N
y w N
θ =− + θ = (2.28)
Agrupando estas dos ecuaciones y recordando que w= mg y que (senθ/cosθ) = tanθ, llegamos a:
tanxa g= θ (2.29)
Sustituyendo en la expresión 2.19 para la aceleración centrípeta, encontramos:
2
tanv
gr= θ (2.30)
Ejemplo 11
Se desea peraltar una curva que tenga un radio de 85 m. Si un camión con un peso de 3,480 kg toma
la curva con una velocidad de 35 km/h:
a) ¿Qué ángulo de peralte se le debe dar a la curva?
b) ¿Cuál será la fuerza centrípeta experimentada?
58
C inemátiCa y dinámiCa
a) La velocidad se cambia de km/h a m/s, y utilizando la expresión 2.30 para conocer el
ángulo:
22
2
(9.7m s )tan 0.11, 6.4°
(9.81m s )(85m)
v
grθ = = = ∴ θ =
b) Usando las ecuaciones 2.19 y 2.27 se obtiene la magnitud de la fuerza centrípeta:
222(9.7m s)
1.1m s85m
c
va
r= = =
= = = ≡2
2
kgm(3,480kg)(1.1m s ) 3,828 3,828Nc cF ma
s
Ejemplo 12
¿Con qué rapidez debe volar un jet que describe un círculo en un plano perpendicular al suelo de
1 km de radio, si el piloto no experimenta ninguna fuerza en el asiento ni en el cinturón de seguridad
cuando se halla en el punto más alto del recorrido (en esta circunstancia se dice que el piloto no tiene
peso)?. Determinar la fuerza ejercida por el asiento sobre el piloto en la parte baja del círculo.
Fig. 2.16.
El piloto siempre está sujeto a la fuerza de gravedad, cuando describe una trayectoria
circular con aceleración 9.81 m/s2 hacia abajo. La magnitud de la velocidad que da esta
aceleración centrípeta está dada por:
2
2, (9.81m/s )(1,000m) 99m/zv
a v arr
= ∴ = = =
5�
Unidad 2
Si la velocidad de un jet en una vuelta es mayor a 99 m/s, la aceleración centrípeta
es mayor a 9.81 m/s2, y el piloto es empujado hacia el asiento. De lo contrario si la
aceleración es menor, el piloto colgará sobre su cinturón.
En la parte alta de la trayectoria circular, las fuerzas normal y de gravedad actúan en la
misma dirección.
Consideremos ahora un diagrama de cuerpo libre para las fuerzas que actúan sobre el
piloto:
mg
N
Fig. 2.17.
Las fuerzas que actúan sobre el piloto son: la fuerza gravitacional hacia abajo w
g = mg y
la fuerza normal hacia arriba N ejercida por el asiento, esta fuerza tendrá una magnitud
de N – mg, por lo tanto:
2
vF N mg m
r= − =∑ , despejando N obtenemos:
22 2
2
(99m/s)1 1 2
(1,000m)(9.81m/s )
v vN mg m mg mg mg
r rg
= + = + = + = La magnitud de la fuerza ejercida por el asiento es mayor que el peso del piloto en un
factor de 2.
Ejercicios 2.6
1. Una bola de 0.2 kg se ata al extremo de una cuerda de radio de 1.20 m que gira horizontalmente a
180 rpm. Determina la fuerza centrípeta en la cuerda.
60
C inemátiCa y dinámiCa
2. Una carretera tiene una curva de radio de curvatura igual a 55 m. Si la carretera tiene 7.3 m de ancho
y el borde exterior tiene 1.5 m de altura, ¿para qué velocidad máxima ha sido construida?
θθ
w
B
A
7.3 m
1.5 m
Fig. 2.18.
3. Una curva de 30 m de radio va a ser peraltada para que los automóviles la puedan dar con una
rapidez de 50 km/h sin depender de la fricción. ¿Cuál debe ser la pendiente de la curva?
4. Calcula la fuerza que una persona ejerce sobre una cuerda de 1.20 m unida a una bola de 200 g que
se encuentra en el extremo de la cuerda. El objeto gira a 180 rpm, resultando una aceleración de 0.42
km/s2.
mg
FTr
Fig. 2.19.
5. Una cubeta que contiene agua gira por medio de una cuerda de 1 m de largo. ¿Cuál será la velocidad
mínima que se le debe dar para que el agua no se derrame cuando la cubeta esté en la parte superior
del movimiento?
61
Unidad 2
Resultados de los ejercicios
Unidad 2
Ejercicios 2.1
Movimiento en un plano, velocidad media e instantánea
1. a) 4.51 s y b) 51.83 m/s
2. 32.270
3. 4.65 cm/min
Ejercicios 2.4
Movimiento de un proyectil
1. 20.2 m
2. 2.92 s
3. 190
4. 882.79 m
5. 14,139.19 m
Ejercicios 2.5
Movimiento circular
1. 1.22x10–3 rad/s
2. 48.17 m/s
3. a) 7 570 m/s
b) 8.78 m/s2
62
C inemátiCa y dinámiCa
4. 8,106.34 m/s2
5. 3.8 m/s2
Ejercicios 2.6
Fuerza centrípeta
1. 85 N
2. 10.64 m/s
3. 33.240
4. 85.27 N
5. 3.13 m/s
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