Mecanica_para_Ingenieria_Dinamica_5ed_Be

580 Capítulo 21 Vibraciones

La amplitud de la solución particular es

Ep = 2A2p + B2p = 2a02 + b02 . (21.31)

21v2 - v0222 + 4d2v02

En la sección 21.2 se mostró que la solución de la ecuación que describe la
vibración libre de un sistema amortiguado se atenúa con el tiempo. Por esta razón,
la solución particular para el movimiento de un sistema vibratorio amortiguado
sujeto a una fuerza oscilatoria externa también se denomina solución de estado esta-
ble. El movimiento se aproxima a la solución de estado estable al aumentar el
tiempo. (Vea el ejemplo 21.5).

Para ilustrar los efectos del amortiguamiento y la frecuencia de la función for-
zante de excitación sobre la amplitud de la solución particular, en la figura 21.10
se dibuja la expresión adimensional v2Ep> 2a20 + b02 como función de v0>v
para varios valores del parámetro d>v. Cuando no hay amortiguamiento 1d = 02,
la amplitud de la solución particular tiende al infinito si la frecuencia circular v0
de la función de excitación tiende a la frecuencia v. Cuando el amortiguamien-
to es pequeño, la amplitud de la solución particular tiende a un valor máximo
finito para un valor de v0, menor que v. La frecuencia a la que la amplitud de la
solución particular es máxima se llama frecuencia de resonancia. (Vea el pro-
blema 21.67).

El fenómeno de resonancia resulta familiar en la vida diaria. Por ejemplo,
cuando la rueda de un automóvil está desbalanceada, se perciben las vibraciones
resultantes cuando el automóvil se mueve a cierta velocidad. A esa velocidad, las
ruedas giran a la frecuencia de resonancia de la suspensión del auto. La resonan-
cia es de importancia práctica en muchas aplicaciones, puesto que las fuerzas osci-
latorias relativamente pequeñas pueden ocasionar grandes amplitudes de vibración
que generan daños o interfieren con el funcionamiento de un sistema. El ejemplo
clásico es el de un pelotón de soldados marchando sobre un puente. Si el paso
común del pelotón coincide con una de las frecuencias de resonancia del puente,
éste se puede dañar aun cuando pueda soportar con seguridad el peso de los sol-
dados cuando se encuentran en reposo.

4v 2Ep a20 ϩ b02/
d/v
0

3 0.2
0.4
0.6

2 1.0
3.0

1

0
0 0.5 1 1.5 2
v 0/v

www.FreeLibros.orgFigura21.10
Amplitud de la solución particular (estado estable) basada en la frecuen-
cia de la función forzante de excitación.

21.3 Vibraciones forzadas 581

Función forzante de excitación polinomial

Suponga que la función forzante de excitación a1t2 de la ecuación (21.26) es una
función polinomial del tiempo; es decir,

a1t2 = a0 + a1t + a2t2 + Á + aNtN,

donde a0, a1, Á , aN son constantes dadas. Esta función de excitación es importan-
te en las aplicaciones porque muchas funciones se pueden aproximar con polinomios

en un intervalo dado de tiempo. En este caso, se obtiene la solución particular de

la ecuación (21.26) buscando una solución de la misma forma, a saber,

xp = A0 + A1t + A2t2 + Á + ANtN, (21.32)

donde A0, A1, A2, Á , AN son constantes por determinar.
Por ejemplo, si a1t2 = a0 + a1t, la ecuación (21.26) es

d 2x + 2d dx + v 2x = a0 + a1t, (21.33)
dt 2 dt

y se busca una solución particular de la forma xp = A0 + A1t. Sustituyendo esta
solución en la ecuación (21.33), se puede escribir la ecuación resultante como

12dA1 + v2A0 - a02 + 1v2A1 - a12t = 0.

Esta ecuación se puede satisfacer en un intervalo de tiempo sólo si

2dA1 + v2A0 - a0 = 0
y

v2A1 - a1 = 0.

Despejando A0 y A1, de estas dos ecuaciones se obtiene la solución particular:

xp = a0 - 2da1>v2 + a1t.
v2

Se puede comprobar que ésta es una solución particular sustituyéndola en la ecua-

www.FreeLibros.orgción(21.33).

582 Capítulo 21 Vibraciones

RESULTADOS

El término vibración forzada implica que existen fuerzas externas que afectan la
vibración de un sistema.

x F(t) Sistema oscilatorio masa-resorte amortiguado
c sujeto a una fuerza F(t) dependiente del tiempo.

k

Con v2 ϭ k/m, d ϭ c/2m y a(t) ϭ F(t)/m, esta d2x ϩ 2d dx ϩ v2x ϭ a(t). (21.26)
ecuación rige el desplazamiento de la masa del dt2 dt
sistema oscilatorio masa-resorte amortiguado respecto
a su posición de equilibrio. Las vibraciones pequeñas
de muchos sistemas forzados con un grado de libertad
respecto a una posición de equilibrio están regidos
por la misma ecuación, con v y d constantes y la
función forzante de excitación a(t) determinada por
las características físicas del sistema y las fuerzas
externas que actúan sobre él.

Una ecuación diferencial lineal homogénea consiste de x ϭ xh ϩ xp.
términos que son lineales en la variable dependiente o
sus derivadas. La ecuación (21.26) no es homogénea
debido al término a(t). Su solución general consiste en la
suma de la solución homogénea xh y la solución particu-
lar xp. La solución homogénea es la solución general de
la ecuación (21.26) con el lado derecho igualado a cero,
que se estudió en la sección 21.2. La solución particular
es aquélla que satisface la ecuación (21.26).

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21.3 Vibraciones forzadas 583

Solución particular para una función forzante
oscilatoria

Solución particular de la ecuación (21.26) xp ϭ (v2 Ϫ v20)a0 ϩ 2dv0b0 sen v0t
si la función de excitación es una función (v2 Ϫ v02)2 ϩ 4d2v20
forzante oscilatoria de la forma
ϩ Ϫ2dv0a0 ϩ (v2 Ϫ v02)b0 cos v0t. (21.30)
a(t) ϭ a0 sen v0t ϩ b0 cos v0t, (21.27) (v2 Ϫ v20)2 ϩ 4d2v20

donde a0, b0, y v0 son constantes.

Amplitud de la vibración descrita por la Ep ϭ a20 ϩ b02 (21.31)
ecuación (21.30).
(v2 Ϫ v02)2 ϩ 4d2v20

Solución particular para una función forzante
polinomial

Solución particular de la ecuación (21.26) si xp ϭ A0 ϩ A1t ϩ A2t2 ϩиииϩ AN t N. (21.32)
la función forzante es una función polinomial
de la forma

a(t) ϭ a0 ϩ a1t ϩ a2t2 ϩиииϩ aNtN.

donde a0, a1 y aN son constantes. Las cons-
tantes A0, A1, ... , AN deben determinarse sus-
tituyendo la ecuación (21.23) en la ecuación
(21.26).

Solución particular de la ecuación xp ϭ a0 Ϫ 2da1 / v2 ϩ a1t .
(21.26) si la función forzante de excita- v2
ción es el polinomio

a(t) ϭ a0 ϩ a1t.

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584 Capítulo 21 Vibraciones

Ejemplo activo 21.5 Función forzante oscilatoria (᭤ Relacionado con el problema 21.61)

Una ingeniera que diseña un sistema aislante de vibraciones para la consola
de un instrumento modela ésta y el sistema de aislamiento como el siste-
ma oscilatorio masa-resorte amortiguado de la figura con masa m = 2 kg,
constante de resorte k = 8 N/m y constante de amortiguamiento c = 1 N-s/m.
Para determinar la respuesta del sistema a vibraciones externas, se supone
que la masa está inicialmente en reposo y que en t = 0 se aplica a la masa una
fuerza F1t2 = 20 sen 4t N. Determine la posición de la masa en función del
tiempo.

x F(t)
c

k

Estrategia
La función de excitación es a1t2 = F1t2>m = 10 sen 4t m/s2, que tiene la forma de la
ecuación (21.27). La solución particular puede obtenerse a partir de la ecuación
(21.30). También se debe determinar si el amortiguamiento es subcrítico, crítico o
supercrítico y escoger la forma apropiada de la solución homogénea. Después pue-
den usarse las condiciones iniciales para determinar las constantes desconocidas en
la solución homogénea, con lo que se completa la solución.

Solución

La función de excitación tiene la forma de la ecuación xp ϭ Ϫ0.811 sen 4t Ϫ 0.135 cos 4t
(21.27) con a0 ϭ 10 m/s2, b0 ϭ 0, y v0 ϭ 4 rad/s.
Las constantes

v ϭ k/m ϭ 2 rad/s y d ϭ c/ 2m = 0.25 rad/s.

Sustituyendo estos valores en la ecuación (21.30) se
obtiene la solución particular.

Como d Ͻ v, el sistema está subcríticamente amor- xh ϭ eϪ0.25t(A sen 1.98t ϩ B cos 1.98t).
tiguado. El término vd ϭ v2 Ϫ d2 ϭ 1.98 rad/s. La
solución homogénea está dada por la ecuación (21.19).

La solución completa es la suma de las solucio- x ϭ xh ϩ xp
nes homogénea y particular.
ϭ eϪ0.25t(A sen 1.98t ϩ B cos 1.98t)

www.FreeLibros.orgϪ 0.811 sen 4t Ϫ 0.135 cos 4t.

En t ϭ 0, x ϭ 0 y dx/dt ϭ 0. Usando estas 21.3 Vibraciones forzadas 585
condiciones para determinar las constantes
A y B se obtiene la posición de la masa en x ϭ eϪ0.25t(1.651 sen 1.98t ϩ 0.135 cos 1.98t)
función del tiempo. Ϫ 0.811 sen 4t Ϫ 0.135 cos 4t m.

x (m) 2

La solución homogénea se atenúa con el x (m) 1
tiempo, por lo que después de una fase
inicial transitoria la solución completa 0 t (s)
tiende a la solución particular. Por esta 10 15 20 25
razón, la solución particular resultante de
una función forzante oscilatoria también Ϫ1
se denomina solución de estado estable.
Ϫ2
x (m) Solución homogénea xh.

2

1

0 t (s)
25

Ϫ1

Ϫ2
Solución particular xp.

2

1

0 t (s)
25

Ϫ1

Ϫ2
Solución total xh ϩ xp.

Problema de práctica ¿Cuál es la amplitud de la solución particular?

www.FreeLibros.orgRespuesta:0.822m.

586 Capítulo 21 Vibraciones

Ejemplo 21.6 Función de excitación polinomial (᭤ Relacionado con el problema 21.63)

El disco homogéneo mostrado tiene radio R = 2 m y masa m = 4 kg. La constante
del resorte es k = 30 N/m. El disco está inicialmente en reposo en su posición
de equilibrio y en t = 0 se aplica al centro del disco una fuerza hacia abajo
F1t2 = 12 + 12t - 0.6t2 N. Determine la posición del centro del disco en función
k del tiempo.

Estrategia
La fuerza F1t2 es un polinomio de segundo orden, por lo que se buscará una so-

lución particular en la forma de un polinomio de segundo orden como el de la
m ecuación (21.32).

R x Solución
F(t) Sea x el desplazamiento del centro del disco respecto a su posición cuando el resorte
está sin estirar. En la figura a se dibuja el diagrama de cuerpo libre del disco, donde
T es la tensión en el cable en el lado izquierdo del disco. A partir de la segunda ley
de Newton,

d 2x (1)
F1t2 + mg - 2kx - T = m dt 2 .

T 2kx La aceleración angular del disco en el sentido de las manecillas del reloj está
a relacionada con la aceleración del centro del disco por a = 1d 2x>dt 22>R. Usando
esta expresión, se puede escribir la ecuación del movimiento angular del disco como
mg
©M = Ia:
F(t)
(a) Diagrama de cuerpo libre del TR - 2kxR = a 1 mR 2 b a 1 d 2x
2R dt 2 b .
disco.
Despejando T de esta ecuación y sustituyendo el resultado en la ecuación (1), se
obtiene la ecuación de movimiento:

3 d 2x (2)
2 m dt 2 + 4kx = F1t2 + mg.

Haciendo d 2x>dt 2 = 0 y F1t2 = 0 en esta ecuación, se encuentra que la posición
de equilibrio del disco es x = mg>4k. En términos de la posición del centro del
disco respecto a su posición de equilibrio x~ = x - mg>4k, la ecuación (2) es

d 2x~ + 8k x~ = 2F1t2
dt 2 3m .

3m

Esta ecuación es idéntica en forma a la ecuación (21.26). Sustituyendo los valores
de k y m y la función polinomial F1t2, se obtiene

d 2x~ + 20x~ = 2 + 2t - 0.1t 2. (3)
dt 2

Comparando esta ecuación con la ecuación (21.26), se observa que d = 0 (no hay
amortiguamiento) y v2 = 20 (rad/s)2. De la ecuación (21.19), la solución

homogénea es

www.FreeLibros.orgx~h = Asen4.472t + Bcos4.472t.

21.3 Vibraciones forzadas 587

Para obtener la solución particular, se busca una solución en la forma de un
polinomio del mismo orden que F1t2. Es decir

x~p = A0 + A1t + A2t2,

donde A0, A1 y A2 son constantes que se deben determinar. Se sustituye esta expresión
en la ecuación (3) y se agrupan los términos de igual potencia en t:

12A2 + 20A0 - 22 + 120A1 - 22t + 120A2 + 0.12t2 = 0.

Esta ecuación se satisface si los coeficientes que multiplican a cada potencia igual
de t se igualan a cero, de donde resulta

2A2 + 20A0 = 2,
20A1 = 2,

y
20A2 = - 0.1.

Despejando A0, A1 y A2 de estas tres ecuaciones, se obtiene la solución particular:
x~p = 0.101 + 0.100t - 0.005t2.

La solución completa es
x~ = x~h + x~p

= A sen 4.472t + B cos 4.472t + 0.101 + 0.100t - 0.005t2.
En t = 0, x~ = 0 y dx~>dt = 0. Usando estas condiciones para determinar A
y B, se obtiene la posición del centro del disco (en metros) como una función del
tiempo:

x~ = - 0.022 sen 4.472t - 0.101 cos 4.472t + 0.101 + 0.100t - 0.005t2.
En la gráfica se muestra la posición para los primeros 25 segundos de movimien-
to. La solución homogénea oscilatoria no amortiguada se presenta superpuesta a la
solución particular que varía con lentitud.

1

x~ (m) 0 t (s)
5 10 15 20 25

Ϫ1

Razonamiento crítico
Por lo general, las funciones de excitación que surgen en las aplicaciones de inge-
niería pueden expresarse como una serie de Taylor o pueden aproximarse median-
te una serie de potencias sobre cierto intervalo de tiempo. Cuando se da ese caso, es
posible analizar la respuesta del sistema durante dicho intervalo de tiempo median-

www.FreeLibros.orgte el método usado en este ejemplo.

588 Capítulo 21 Vibraciones

Ejemplo 21.7 Transductores de desplazamiento (᭤ Relacionado con el problema 21.70–21.73)

xi x Para medir el desplazamiento de un objeto se puede usar un sistema oscilatorio
c m
masa-resorte amortiguado, o algún dispositivo que pueda modelarse de esta forma
k
oscilatorio masa-resorte amortiguado. Suponga que la base del sistema oscilato-

rio masa-resorte amortiguado que se muestra en la figura está unida a un objeto y
que la coordenada xi es un desplazamiento que debe medirse respecto a un marco
de referencia inercial. La coordenada x mide el desplazamiento de la masa res-
pecto a la base. Cuando x = 0, el resorte está sin estirar. Suponga que el sistema
está inicialmente en reposo y que en t = 0 la base experimenta el movimiento
oscilatorio

xi = ai sen vit + bi cos vit. (1)

Si m ϭ 2 kg, k ϭ 8 N/m, c ϭ 4 N-s/m, ai ϭ 0.1 m, bi ϭ 0.1 m y vi ϭ 10 rad/s,
¿cuál es la amplitud de estado estable resultante del desplazamiento de la masa res-

pecto a la base?

Estrategia
Es necesario obtener la ecuación de movimiento para la masa tomando en cuenta el
efecto de la base oscilatoria. Para hacer esto, se debe escribir la segunda ley de
Newton en términos de la aceleración de la masa respecto al marco de referencia
inercial.

Solución
La aceleración de la masa respecto a la base es d 2x>dt 2, por lo que su aceleración
respecto al marco de referencia inercial es 1d 2x>dt 22 + 1d 2xi>dt 22. La segunda
ley de Newton para la masa es

dx - kx = d 2x + d 2xi b .
- c dt m a dt2 dt 2

Esta ecuación puede escribirse como

d2x + dx + v2x = a1t2,
dt 2 2d

dt

donde d = c>2m = 1 rad/s, v = 2k>m = 2 rad/s, y la función

a1t2 = - d 2xi = aiv2i sen vit + biv2i cos vit.
dt 2
(2)

Así, se obtiene una ecuación de movimiento idéntica en forma a la del sistema
oscilatorio masa-resorte amortiguado sujeto a una fuerza oscilatoria. Comparando
la ecuación (2) con la ecuación (21.27) se puede obtener la amplitud de la
solución particular (estado estable) a partir de la ecuación (21.31) haciendo
a0 = aiv2i , b0 = biv2i , y v0 = vi:

Ep = vi2 2ai2 + bi2 . (3)

21v2 - vi222 + 4d2vi2

Por lo tanto, la amplitud de estado estable del desplazamiento de la masa respecto

a su base es

11022 210.122 + 10.122

www.FreeLibros.orgEp = 231222 - 1102242 + 4112211022 = 0.144m.

Problemas 589

Problemas 21.62 El disco mostrado con momento de inercia I = 3 kg-m2
gira respecto a un eje fijo y está conectado a un resorte torsional
21.58 En la figura, la masa m = 2 slug y la constante del resorte con constante k = 20 N-m/rad. En t = 0, el ángulo u = 0, la veloci-
tiene el valor k = 72 lb/pie. El resorte no está estirado cuando dad angular es du>dt = 4 rad/s y el disco está sometido a un par
x = 0. La masa está inicialmente en reposo con el resorte sin estirar M1t2 = 10 sen 2t N-m. Determine u en función del tiempo.
y en t = 0 se aplica la fuerza F1t2 = 10 sen 4t lb sobre la masa.
¿Cuál es la posición de la masa en t = 2 s?

21.59 En la figura, la masa m = 2 slug y la constante del resor- u
te es k = 72 lb/pie. El resorte no está estirado cuando x = 0. En k M(t)
t = 0, x = 1 pie, dx>dt = 1 pie/s, y se aplica la fuerza F1t2 = 10
sen 4t + 10 cos 4t lb sobre la masa. ¿Cuál es la posición de la
masa en t = 2 s?

x

k F(t)
m

Problema 21.62

Problemas 21.58/21.59

21.60 El sistema oscilatorio masa-resorte amortiguado que se ᭤ 21.63 El carrete de la figura pesa 20 lb y su momento de
muestra en la figura está inicialmente en reposo con el resorte sin inercia es I = 0.6 slug-pie2. Rueda sobre la superficie horizontal.
estirar. En t = 0 se aplica una fuerza constante F1t2 = 6 N sobre El carrete está inicialmente en reposo con el resorte sin estirar
la masa. y en t = 0 se le aplica una fuerza constante F = 10 lb como se
a) ¿Cuál es la solución (particular) de estado estable? muestra. Determine la posición del centro del carrete en función
b) Determine la posición de la masa en función del tiempo.
del tiempo. (Vea el ejemplo 21.6).
᭤ 21.61 El sistema oscilatorio masa-resorte amortiguado que se
muestra en la figura está inicialmente en reposo con el resorte 16 lb/pie F
sin estirar. En t = 0 se aplica una fuerza F1t2 = 6 cos 1.6t N sobre 8 lb-s/pie 16 pulg
la masa.
a) ¿Cuál es la solución (particular) de estado estable? 8 pulg
b) Determine la posición de la masa en función del tiempo. (Vea
el ejemplo activo 21.5).

Problema 21.63

12 N/m x F(t)
6 N-s/m 3 kg

Problemas 21.60/21.61

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590 Capítulo 21 Vibraciones

21.64* Un motor eléctrico está atornillado a una mesa. Cuando 21.66* Un cilindro de 1.5 kg está montado sobre una barra en
el motor está encendido, la parte superior de la mesa vibra hori- un túnel de viento con su eje transversal a la dirección del flujo.
zontalmente. Suponga que las patas de la mesa se comportan Cuando no hay flujo, una fuerza vertical de 10 N aplicada al ci-
como resortes lineales e ignore el amortiguamiento. El peso total lindro lo flexiona 0.15 mm. Cuando fluye aire en el túnel, los
del motor y la mesa es de 150 lb. Cuando el motor está apagado, vórtices someten al cilindro a fuerzas laterales alternantes. La
la frecuencia de la vibración horizontal de la mesa y el motor es velocidad del aire es de 5 m/s, la distancia entre vórtices es de
de 5 Hz. Cuando el motor está girando a 600 rpm, la amplitud de 80 mm y la magnitud de las fuerzas laterales es de 1 N. Si las
la vibración horizontal es de 0.01 pulg. ¿Cuál es la magnitud fuerzas laterales se modelan mediante la función oscilatoria
de la fuerza oscilatoria ejercida sobre la mesa por el motor a esta F1t2 = 11.02 sen v0t N, ¿cuál es la amplitud del movimiento la-
velocidad? teral de estado estable del cilindro?

Problema 21.64 80 mm
Problema 21.66

21.65 Los momentos de inercia de los engranes A y B mostrados 21.67 Demuestre que la amplitud de la solución particular dada
son IA = 0.014 slug-pie2 e IB = 0.100 slug-pie2. El engrane A está
conectado a un resorte torsional con la constante k = 2 pies-lb/rad. por la ecuación (21.31) es máxima cuando la frecuencia de la
El sistema está en equilibrio en t = 0 cuando se le somete a una función de excitación oscilatoria es v0 = 2v 2 - 2d 2.
fuerza oscilatoria F1t2 = 4 sen 3t lb. ¿Cuál es el desplazamiento

hacia abajo del peso de 5 lb en función del tiempo?

10 pulg

3 pulg

A B

6 pulg

5 lb
F(t)

Problema 21.65

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Problemas 591

21.68* Una boya acústica (dispositivo para medir el sonido) ᭤ 21.72 Un equipo de estudiantes de ingeniería construye el
flota en un tanque. El dispositivo es un cilindro de masa m con sismógrafo sencillo que se muestra en la figura. La coordenada
área transversal A. La densidad del agua es r y la fuerza de flo- xi mide el movimiento local horizontal del suelo. La coordenada
tación que soporta a la boya es igual al peso del agua que ocupa- x mide la posición de la masa respecto al marco del sismógrafo.
ría el volumen de la parte del cilindro bajo la superficie. Cuando El resorte está sin estirar cuando x = 0. La masa m = 1 kg, la
el agua del tanque está en reposo, la boya está en equilibrio en la constante del resorte k = 10 N/m y c = 2 N-s/m. Suponga que
posición vertical mostrada en la figura de la izquierda. Luego se el sismógrafo está inicialmente en reposo y que en t = 0 se somete
generan olas en el tanque, ocasionando que la profundidad del a un movimiento oscilatorio del suelo xi = 10 sen 2t mm. ¿Cuál
agua en la posición de la boya respecto a su profundidad original es la amplitud de la respuesta de estado estable de la masa? (Vea el
sea d = d0 sen v0t. Sea y la posición vertical de la boya respecto ejemplo 21.7).
a su posición original. Demuestre que la posición vertical está
dada por la ecuación ᭤ 21.73 En el problema 21.72, determine la posición x de la masa
respecto a la base en función del tiempo. (Vea el ejemplo 21.7).
d 2y Arg Arg
dt 2 + a m b y = a m b d0 sseinn v0t.

21.69 Suponga que la masa de la boya en el problema 21.68 es VISTA SUPERIOR
m = 10 kg, su diámetro es de 125 mm y la densidad del agua x
es r = 1025 kg/m3. Si la profundidad del agua es d = 0.1 sen 2t m,
¿cuál es la magnitud de las vibraciones verticales de estado estable

de la boya?

xi

yd

k VISTA LATERAL
m

c

Problemas 21.68/21.69 Problemas 21.72/21.73

᭤ 21.70 La masa mostrada pesa 50 lb. La constante del resorte
es k = 200 lb/pie y c = 10 lb-s/pie. Si la base está sometida a un
desplazamiento oscilatorio xi con amplitud de 10 pulg y frecuen-
cia vi = 15 rad/s, ¿cuál es la amplitud resultante de estado estable
del desplazamiento de la masa respecto a la base? (Vea el
ejemplo 21.7).

᭤ 21.71 La masa mostrada es de 100 kg. La constante del resorte
es k = 4 N/m y c = 24 N-s/m. La base está sometida a un desplaza-
miento oscilatorio de frecuencia vi = 0.2 rad/s. Se mide la amplitud
de estado estable del desplazamiento de la masa respecto a la base

y se determina que es de 200 mm. ¿Cuál es la amplitud del despla-

zamiento de la base? (Vea el ejemplo 21.7).

xi x
c m

k

www.FreeLibros.orgProblemas 21.70/21.71

592 Capítulo 21 Vibraciones

Problemas de repaso

21.74 La coordenada x mide el desplazamiento de la masa 21.77 A fin de determinar los momentos de inercia de ciertos can-
respecto a la posición en que el resorte no está estirado. La didatos a astronauta, un ingeniero conecta la plataforma horizontal
masa tiene las siguientes condiciones iniciales: mostrada con una barra vertical de acero. El momento de inercia
de la plataforma respecto a L es de 7.5 kg-m2, y la frecuencia de las
x = 0.1 m, oscilaciones torsionales de la plataforma descargada es de 1 Hz.
Con un candidato a astronauta en la posición mostrada, la frecuen-
t = 0 c dx = 0. cia de las oscilaciones torsionales es de 0.520 Hz. ¿Cuál es el mo-
dt mento de inercia del candidato respecto a L?

a) Determine la posición de la masa en función del tiempo. L

b) Dibuje gráficas de la posición y velocidad de la masa en función
del tiempo para los primeros 5 s de movimiento.

21.75 Cuando t = 0, la masa mostrada se encuentra en la posición
en que el resorte está sin estirar y tiene una velocidad de 0.3 m/s
hacia la derecha. Determine la posición de la masa en función del
tiempo y la amplitud de la vibración

a) expresando la solución en la forma dada por la ecuación
(21.8) y

b) expresando la solución en la forma dada por la ecuación (21.9).

90 N/m x Problema 21.77
10 kg
21.78 La plataforma P de 22 kg mostrada descansa sobre cua-
Problemas 21.74/21.75 tro cojinetes de rodillo que pueden modelarse como cilindros ho-
mogéneos de 1 kg con 30 mm de radio. La constante del resorte
21.76 El disco homogéneo mostrado de masa m y radio R gira es k = 900 N/m. ¿Cuál es la frecuencia de las vibraciones horizon-
alrededor de un eje fijo y está unido a un resorte torsional con tales de la plataforma respecto a su posición de equilibrio?
constante k. (El resorte torsional ejerce un momento restaurador
de magnitud ku, donde u es el ángulo de rotación del disco 21.79 En t = 0, la plataforma descrita en el problema 21.78 está
respecto a su posición cuando el resorte está sin estirar). 0.1 m a la izquierda de su posición de equilibrio y se está moviendo
Demuestre que el periodo de las vibraciones rotacionales del hacia la derecha a 2 m/s. ¿Cuáles son la posición y la velocidad
disco es t = pR 22m>k. de la plataforma en t = 4 s?

kP

Problemas 21.78/21.79
k

R

www.FreeLibros.orgProblema21.76

Problemas de repaso 593

21.80 Los momentos de inercia de los engranes A y B son 21.83 Una semiesfera homogénea de radio R y masa m descansa
IA = 0.014 slug-pie2 e IB = 0.100 slug-pie2. El engrane A está sobre una superficie a nivel. Si la semiesfera se hace girar ligera-
conectado a un resorte torsional con constante k = 2 pies-lb/rad. mente desde su posición de equilibrio y se suelta, ¿cuál es la fre-
cuencia de sus vibraciones?
¿Cuál es la frecuencia de las vibraciones angulares de los engra-

nes respecto a su posición de equilibrio?

21.81 El peso de 5 lb en el problema 21.80 se eleva 0.5 pulg desde R
su posición de equilibrio y se suelta del reposo en t = 0. Determine Problema 21.83
la posición angular en sentido contrario al de las manecillas del
reloj del engrane B respecto a su posición de equilibrio en función
del tiempo.

10 pulg 21.84 Se mide la frecuencia del sistema oscilatorio masa-
resorte mostrado y se determina que es de 4.00 Hz. El sistema
3 pulg oscilatorio se coloca en un barril de aceite y su frecuencia es
ahora de 3.80 Hz. ¿Cuál es el decremento logarítmico de las
vibraciones de la masa cuando el sistema oscilatorio está inmerso
en aceite?

A B 21.85 Considere el sistema oscilatorio inmerso en aceite del
problema 21.84. Si la masa se desplaza 0.1 m hacia la derecha de
6 pulg su posición de equilibrio y se suelta desde el reposo, ¿cuál es su
posición respecto a la de equilibrio en función del tiempo?

5 lb k
10 kg
Problemas 21.80/21.81
Problemas 21.84/21.85
21.82 La masa de la barra delgada mostrada es m. El resorte está
sin estirar cuando la barra se encuentra en posición vertical. El co-
llarín ligero C se desliza sobre la barra vertical lisa de manera que
el resorte permanece horizontal. Determine la frecuencia de las
pequeñas vibraciones de la barra.

k
C

l

Problema 21.82

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594 Capítulo 21 Vibraciones

21.86 El carrete que se muestra en la figura pesa 20 lb y su mo- 21.91 Los momentos de inercia de los engranes A y B son
mento de inercia es I = 0.6 slug-pie2. Rueda sobre la superficie IA = 0.014 slug-pie2 e IB = 0.100 slug-pie2. El engrane A está co-
horizontal. Si c = 8 lb-s/pie, ¿cuál es la frecuencia de las vibraciones nectado a un resorte torsional con k = 2 pies-lb/rad. El cojinete
pequeñas del disco? que soporta al engrane B contiene un elemento amortiguador que
ejerce un momento resistente sobre el engrane B de magnitud
21.87 El carrete descrito en el problema 21.86 está inicialmente 1.51duB>dt2 lb-pie, donde duB>dt es la velocidad angular del
en equilibrio, y en t = 0 recibe una velocidad angular de 1 rad/s en engrane B en rad/s. ¿Cuál es la frecuencia de las vibraciones
el sentido de las manecillas del reloj. Determine la posición del angulares pequeñas de los engranes?
centro del carrete respecto a su posición de equilibrio en función
del tiempo. 21.92 El peso de 5 lb en el problema 21.91 se eleva 0.5 pulg desde
su posición de equilibrio y se suelta desde el reposo en t = 0. Deter-
21.88 El carrete descrito en el problema 21.86 está inicialmente mine la posición angular en sentido contrario al de las manecillas
en equilibrio, y en t = 0 recibe una velocidad angular de 1 rad/s en del reloj del engrane B respecto a su posición de equilibrio en fun-
el sentido de las manecillas del reloj. Determine la posición del ción del tiempo.
centro del carrete respecto a su posición de equilibrio en función
del tiempo si c = 16 lb-s/pie.

10 pulg

16 lb/pie 16 pulg 3 pulg

c A B
8 pulg
6 pulg
Problemas 21.86–21.88

21.89 La plataforma P de 22 kg mostrada descansa sobre cua- 5 lb
tro cojinetes de rodillo que pueden modelarse como cilindros ho-
mogéneos de 1 kg con radios de 30 mm. La constante del resorte Problemas 21.91/21.92
es k = 900 N/m. La plataforma está sometida a una fuerza
F1t2 = 100 sen 3t N. ¿Cuál es la magnitud de su vibración hori- 21.93 La base y la masa m están inicialmente en reposo. Después,
zontal de estado estable? la base se somete a un desplazamiento vertical h sen vit respecto
a su posición original. ¿Cuál es la magnitud de la vibración de esta-
21.90 En t = 0, la plataforma descrita en el problema 21.89 está do estable resultante de la masa m respecto a la base?
0.1 m a la derecha de su posición de equilibrio y está moviéndose
hacia la derecha a 2 m/s. Determine la posición de la plataforma m
respecto a su posición de equilibrio en función del tiempo.

kP
F(t)

k

Problemas 21.89/21.90

Base

Problema 21.93

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Problemas de repaso 595

21.94* La masa del remolque mostrado, sin incluir sus ruedas y 21.96* Un disco con momento de inercia I gira respecto a un
eje, es m y la constante del resorte de su suspensión es k. Para ana- eje fijo y está conectado a un resorte torsional con constante k. El
lizar el comportamiento de la suspensión, un ingeniero supone que
la altura de la superficie del camino respecto a la altura media del ángulo u mide la posición angular del disco respecto a su posición
remolque es h sen 12px>l2. Suponga que las ruedas del remolque
permanecen sobre el camino y que la componente horizontal de su cuando el resorte está sin estirar. El disco está inicialmente en
velocidad es v. Ignore el amortiguamiento debido a los amortigua- reposo con el resorte sin estirar. En t = 0, se aplica al disco un mo-
dores de la suspensión. mento dependiente del tiempo M1t2 = M011 - e-t2, donde M0 es
una constante. Demuestre que la posición angular del disco en
a) Determine la magnitud de la vibración vertical de estado estable
del remolque respecto a la superficie del camino. función del tiempo es

b) ¿A qué velocidad v ocurrirá la resonancia? u = M0 c - v11 1 v22 seinnvt - 1 v22 cos vt
I + v211 +
21.95* El remolque en el problema 21.94, sin incluir sus ruedas
y eje, pesa 1000 lb. La constante del resorte de su suspensión es + 1 - 11 1 v22 e-t d .
k = 2400 lb/pie y el coeficiente de amortiguamiento de sus amorti- v2 +
guadores es c = 200 lb-s/pie. Los parámetros de la superficie
del camino son h = 2 pulg y l = 8 pies. La velocidad horizontal del Estrategia: Para determinar la solución particular, busque
remolque es v = 6 mi/h. Determine la magnitud de las vibraciones una solución de la forma
verticales de estado estable del remolque respecto a la superficie
del camino, a) ignorando el amortiguamiento debido a los amorti- up = Ap + Bpe-t,
guadores y b) sin ignorar el amortiguamiento. donde Ap y Bp son constantes que se deben determinar.

u

l x k M(t)
Problemas 21.94/21.95 Problema 21.96

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APÉNDICE

A

Repaso de matemáticas

A.1 Álgebra

Ecuaciones cuadráticas

Las soluciones de la ecuación cuadrática
ax 2 + bx + c = 0

son
x = - b ; 2b2 - 4ac.
2a

Logaritmos naturales

El logaritmo natural de un número real positivo x se denota con ln x y se define
como el número tal que

e ln x = x,
donde e = 2.7182 . . . es la base de los logaritmos naturales.

Los logaritmos tienen las siguientes propiedades:
ln1xy2 = ln x + ln y,
ln1x>y2 = ln x - ln y,
ln yx = x ln y.

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598 Apéndice A Repaso de matemáticas

A.2 Trigonometría

Las funciones trigonométricas para un triángulo rectángulo son

c a 1a 1b 1a
sen a = csc a = c, cos a = sec a = c, tan a = = .
a cot a b
b

El seno y el coseno satisfacen la relación
sen2 a + cos2 a = 1,

y el seno y el coseno de la suma y la resta de dos ángulos satisfacen

sen1a ϩ b2 ϭ sen a cos b ϩ cos a sen b,

sen1a Ϫ b2 ϭ sen a cos b Ϫ cos a sen b,

cos1a ϩ b2 ϭ cos a cos b Ϫ sen a sen b,

cos1a Ϫ b2 ϭ cos a cos b ϩ sen a sen b.

c ab La ley de los cosenos para un triángulo arbitrario es
a c2 = a2 + b2 - 2ab cos ac,

ac y la ley de los senos es

aa
b

sen aa = sen ab = sen ac .
a b c

A.3 Derivadas

d xn = nxn - 1 d d
dx dx sen x = cos x dx senh x = coshx
d d
d ex = ex dx cos x = -sen x dx cosh x = senhx
dx d1 d1
dx tan x = cos2 x dx tanh x = cosh2 x
d1
dx ln x = x

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A.4 Integrales 599

A.4 Integrales

xn dx = xn + 1 1n Z - 12 L 11 dx = 1 + 1 + 1>2
L n+1 + a2x221>2 a ln cx a a2
x2 b d

x-1 dx = ln x dx 1 1
L L 11 - a2x221>2 = a arcsen ax o - a arccos ax

dx 1 1ab21>2x
L a - bx2 = 1ab21>2 arctan a sen x dx = - cos x
L

dx 1 a + x1ab21>2 cos x dx = sen x
L a - bx2 = 21ab21>2 ln a - x1ab21>2 L

x dx = 1 - bx22 sen2 x dx = 1 + 1
L a - bx2 - 2b ln1a - sen x cos x x
L 22

1a + bx21>2 dx = 2 1a + bx23>2 cos2 x dx = 1 + 1
L 3b L 2 sen x cos x x

2

x1a + bx21>2 dx = 212a - 3bx21a + bx23>2 sen3 x dx = - 1 cos x1sen2 x + 22
L - 15b2 L3

11 + a2x221>2 dx = 1 + a2x221>2 cos3 x dx = 1 x1cos2 x + 22
L 2 e x11 sen
L3

+ 1 + 1 + 1>2 cos4 x dx = 3 + 1 + 1
a lnc x a a2 L x 4 sen 2x 32 sen 4x
x2 b d f
8

x11 + a2x221>2 dx = a1 + 3>2 senn x cos x dx = 1sen x2n+1 1n Z - 12
L 3 a a2 L n+1
x2 b

x211 + a2x221>2 dx = 11 + 3>2 senh x dx = cosh x
L 4 ax a a2 L
x2 b

- 1 + a2x221>2 - 1 + 1 + 1>2 cosh x dx = senh x
8a2 x11 8a3 ln c x a a2 L
x2 b d

11 - a2x221>2 dx = 1 - a2x221>2 + 1 tanh x dx = ln cosh x
L 2 c x11 a arcsen axd L

x11 - a2x221>2 dx = a1 - 3>2 eax dx = eax
L - 3 a a2 L a
x2 b

x21a2 - x221>2 dx = - 1 x1a2 - x223>2 xeax dx = eax - 12
L4 L a2 1ax

1 a2 c x1a2 x221>2 a2 arcsen x
8 ad
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600 Apéndice A Repaso de matemáticas

A.5 Series de Taylor

La serie de Taylor de una función f1x2 es
f1a + x2 = f1a2 + f¿1a2x + 1 f–1a2x2 + 1 f‡1a2x3 + Á ,
2! 3!

donde las primas indican derivadas.
Algunas series de Taylor útiles son
ex = 1 + x + x2 + x3 + Á ,
2! 3!

sen1a + x2 = sen a + 1cos a2x - 1 a2x2 - 1 a2x3 + Á,
2 1sen 6 1cos

cos1a + x2 = cos a - 1sen a2x - 1 a2x2 + 1 a2x3 + Á,
1cos 1sen
26

tan1a + x2 = tan a + 1 + a sen a b x2
a cos2 a b x cos3 a

+ a sen2 a + 1 b x3 + Á.
cos4 a 3 cos2 a

A.6 Análisis vectorial

Coordenadas cartesianas Coordenadas cilíndricas

El gradiente de un campo escalar c es El gradiente de un campo escalar c es

0c 0c 0c 0c 1 0c 0c
§c = 0x i + 0y j + 0z k. §c = 0r er + r 0u eu + 0z ez.

La divergencia y el rotacional de un campo vectorial La divergencia y el rotacional de un campo vectorial
v = vxi + vyj + vzk son v = vrer + vueu + vzez son

#§ v = 0vx + 0vy + 0vz, #§ v = 0vr + vr + 1 0vu + 0vz,
0x 0y 0z 0r r r 0u 0z

i jk er reu ez

§*v= 40 0 0 4 . § * v = 1 40 0 0 4 .
0x 0y 0z r 0r 0u 0z

vx vy vz vr rvu vz

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APÉNDICE

B

Propiedades de áreas y líneas

B.1 Áreas y

Las coordenadas del centroide de un área A son y–
O –x
x = LA x dA y dA A
y = LA . x
,
dA
dA LA
LA

El momento de inercia respecto al eje x, Ix, el momento de inercia respecto al eje
y, Iy, y el producto de inercia Ixy son

Ix = y2 dA, Iy = x2 dA, Ixy = xy dA.
LA LA LA

El momento polar de inercia respecto a O es

JO = r2 dA = 1x2 + y22 dA = Ix + Iy.
LA LA

Área = bh y yЈ
b

Ix = 1 bh3, Iy = 1 hb3, Ixy = 1 b2h2 1h xЈ
3 3 4 2 h

O 1b x
2
Ix¿ = 1 bh3, Iy¿ = 1 hb3, Ix¿y¿ = 0 Área rectangular
12 12

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602 Apéndice B Propiedades de áreas y líneas

1 y yЈ AÁrea = 1 bh
h 2

3h

xЈ 1 bh3, 1 hb3, 1 b2h2
12 4 8
O 2 x Ix = Iy = Ixy =
b
3b

Área triangular 1 bh3, 1 hb3, 1 b2h2
36 36 72
Ix¿ = Iy¿ = Ix¿y¿ =

y
a

h 1 1 bh3, 1 bh3
2 12 36
1 h xЈ AÁrea = bh Ix = Ix¿ =
3x
O 1 (a ϩ b)
3
b

Área triangular

yЈ
R

xЈ AÁrea = pR2 Ix¿ = Iy¿ = 1 pR4, Ix¿y¿ = 0
4

Área circular

y yЈ AÁrea = 1 pR2 Ix = Iy = 1 pR4, Ixy = 0
2 8
R
O x, xЈ Ix¿ = 1 pR4, Iy¿ = a p - 8 b R4, Ix¿y¿ = 0
8 8 9p
4R
3p
Área semicircular

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B.1 Áreas 603

AÁrea = 1 pR2 Ix = Iy = 1 pR4, Ixy = 1 R4 y yЈ
4 16 8

p 4 b R 4, 1 4 bR4 R xЈ
16 9p 8 9p
Ix¿ = Iy¿ = a - Ix¿y¿ = a -

O 4R x

3␲

Área de un cuarto de círculo

y

Área = aR2 R

Ix = 1 R4 a a - 1 Iy = 1 R4 a a + 1 a x
4 2 sen 2ab , 4 2 sen 2ab , Oa

Ixy = 0 2R sen a
3a

Sector circular

y x2 y2
a2 b2
1 ϩ ϭ 1
4
AÁrea = pab

Ix = 1 pab3, Iy = 1 pa3b, Ixy = 1 a2b2 b 4b x
16 16 8 3p O
4a
a
3p

Área de un cuarto de elipse

cbn + 1 y
ÁArea = n + 1
y ϭ cxn
c3b3n + 1
Ix = 9n + 3, cbn + 3 c2b2n + 2 (n ϩ 1)cbn
Iy = n + 3, Ixy = 4n + 4 4n ϩ 2

(n ϩ 1)b x
nϩ2
b

Enjunta (Sector general)

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604 Apéndice B Propiedades de áreas y líneas

B.2 Líneas

Las coordenadas del centroide de la línea L son

x = LL x dL y dL z dL
y = LL , z = LL .
,
dL dL
dL LL LL
LL

y

L

z –y
x– z– x
Longitud = pR
y

R
x

Longitud = 1 pR 2R
2 p
Arco semicircular

y

2R R
px

2R
p
Arco de un cuarto de círculo

y

Longitud = 2aR R x
a

a

R sen a
a

Arco circular

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APÉNDICE

C

Propiedades de volúmenes
y objetos homogéneos

Los momentos y productos de inercia del objeto en términos del sistema coorde- y
nado x y z son,

Ieje x = Ixx = 1y2 + z22 dm, dm
Lm

y

Ieje y = Iyy = 1x2 + z22 dm, zx zx
Lm

Ieje z = Izz = 1x2 + y22 dm,
Lm

Ixy = xy dm, Iyz = yz dm,
Lm Lm

Izx = zx dm.
Lm

Ieje x = 0, Ieje y = Ieje z = 1 ml2, y
3 1 yЈ
2l

Ixy = Iyz = Izx = 0. O l
z

1 ml2, zЈ x, xЈ
12 Barra delgada
Ieje x¿ = 0, Ieje y¿ = Ieje z¿ =

Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

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606 Apéndice C Propiedades de volúmenes y objetos homogéneos

yЈ Ieje x¿ = Ieje y¿ = 1 mR2, Ieje z¿ = 1 mR2,
R 4 2
zЈ
Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

xЈ

Placa circular delgada

y yЈ Ieje x = 1 mh2, Ieje y = 1 mb2, Ieje z = 1 m1b2 + h22,
3 3 3

1 = 1 Iyz = Izx = 0.
b Ixy mbh,
4
2

h1 h b
2O
Ieje x¿ = 1 mh2, Ieje y¿ = 1 mb2, Ieje z¿ = 1 m1b2 + h22,
xЈ 12 12 12
z zЈ x

Placa rectangular delgada Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

y m m Ieje z = Ieje x + Ieje y,
Ieje x = A Ix, Ieje y = A Iy,
A Iyz = Izx = 0.
Ixy = m IAxy,
zx A
Placa delgada
(Los términos Ix, Iy e I A son los momentos y el producto de inercia del área A de la
xy

sección transversal de la placa).

yЈ Volumen = abc
b
Ieje x¿ = 1 m1a2 + b22, Ieje y¿ = 1 m1a2 + c22,
12 12

a xЈ 1 m1b2 c22,
12
zЈ c Ieje z¿ = + Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

Prisma rectangular

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Apéndice C Propiedades de volúmenes y objetos homogéneos 607

Volumen = pR2l y
yЈ
Ieje x = Ieje y = m a 1 l2 + 1 R2 b , Ieje z = 1 mR2, R 1l
3 4 2 z, zЈ O 2
l
x
xЈ

Ixy = Iyz = Izx = 0. Cilindro circular

Ieje x¿ = Ieje y¿ = ma 1 l2 + 1 R2 b , Ieje z¿ = 1 mR2,
12 4 2

Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

Volumen = 1 pR2h y
3 yЈ

Ieje x = Ieje y = m a 3 h2 + 3 R2 b , Ieje z = 3 mR2, R O x
5 20 10 z, zЈ 3h
4xЈ h
Ixy = Iyz = Izx = 0.
Cono circular

Ieje x¿ = Ieje y¿ = m a 3 h2 + 3 R2 b , Ieje z¿ = 3 mR2,
80 20 10

Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

Volumen = 4 pR3 yЈ
3 R

Ieje x¿ = Ieje y¿ = Ieje z¿ = 2 mR2, zЈ
5 Esfera

xЈ

Ix¿y¿ = Iy¿z¿ = Iz¿x¿ = 0.

Volumen = 2 pR3 yЈ
3 y

Ieje x = Ieje y = Ieje z = 2 mR2
5

Ieje x¿ = Ieje y¿ = 83 mR2, Ieje z¿ = 2 mR2 R 3R
320 5 O
8
z, zЈ xЈ

x

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APÉNDICE

D

Coordenadas esféricas

En este apéndice se resumen las ecuaciones de cinemática y calculo vectorial en
coordenadas esféricas.

Los vectores de posición, de velocidad y de aceleración son

z r = rer,
er

P eu dr df du
f ef v = dt er + r dt ef + r dt sen feu,

r y d2r df 2 du 2 sen2
dt2 r¢ ≤ dt
a = B - - r ¢ ≤ fR er
dt

u d2f dr df du 2
B r dt2 2 dt dt
x + + - r ¢ ≤ sen f cos fR ef
dt

+ B r d2u sen f + dr du + 2r df du cos f R eu.
dt2 2 dt sen f dt dt

dt

El gradiente de un campo escalar c es

0c 1 0c 1 0c
§c = 0r er + r 0f ef + r sen f 0u eu.

La divergencia y el rotacional de un campo vectorial v = vrer + vueu + vfef son

#§ v = 1 0 (r2vr) + 10 + 1 0vu,
r2 0r r sen f 0f (vf sen f) r sen f 0u

er ref r sen feu

§ * v = 1 40 0 0 4.
r2 sen f 0r 0f 0u

vr rvf r sen fvu

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APÉNDICE

E

Principio de D’Alembert

En este apéndice se describe un método alternativo para obtener las ecuaciones de ͚F
movimiento plano para un cuerpo rígido. Al escribir la segunda ley de Newton como Ϫma
Figura E.1
©F + 1-m a2 = 0, (E.1) La suma de las fuerzas externas y la
fuerza inercial es cero.
puede considerarse como una ecuación de “equilibrio” que establece que la suma de
las fuerzas externas, incluida una fuerza inercial -ma, es igual a cero (figura E.1). Ϫma
Para establecer la ecuación del movimiento angular en una forma equivalente se usa
la ecuación (18.19), que relaciona el momento total respecto a un punto fijo O con la
aceleración angular del centro de masa y la aceleración angular en el movimiento
plano general:

©MO = 1r * m a2 ؒ k + Ia.

Esta ecuación se escribe como

©MO + [r * 1-m a2] ؒ k + 1-Ia2 = 0. (E.2)

El término [r * 1-ma2] ؒ k es el momento respecto a O debido a la fuerza inercial DO

-ma. Por lo tanto, puede verse esta ecuación como una ecuación de “equilibrio” que (a)
establece que la suma de los momentos respecto a cualquier punto fijo, incluido el

momento debido a la fuerza inercial -ma que actúa en el centro de masa y un par

inercial -Ia, es igual a cero.

Planteadas de esta manera, las ecuaciones de movimiento para un cuerpo rígido Ia
son análogas a las ecuaciones para el equilibrio estático: La suma de las fuerzas es

igual a cero y la suma de los momentos respecto a cualquier punto fijo es igual a cero

cuando se toman en cuenta de manera apropiada las fuerzas y los pares inerciales.

Esto se denomina el principio de D’Alembert.

Si se definen ©MO y a como positivas en el sentido contrario al de las maneci-

llas del reloj, el vector unitario k de la ecuación (E.2) apunta hacia fuera de la página (b)
y el término [r * 1-ma2] ؒ k es el momento en sentido contrario al de las manecillas
del reloj debido a la fuerza inercial. Con esta operación vectorial se determina el Figura E.2
momento, o bien puede evaluarse usando el hecho de que su magnitud es el produc- (a) La magnitud del momento debido a la
to de la magnitud de la fuerza inercial por la distancia perpendicular desde el punto O
fuerza inercial es ƒ -ma ƒD.
hasta la línea de acción de la fuerza (figura E.2 a). El momento es positivo si tiene una (b) Un par inercial en el sentido de las mane-

dirección inversa a la de las manecillas del reloj, como en la figura E.2a, y negativo cillas del reloj resulta de una aceleración

angular en sentido contrario al de las
en el caso contrario. Observe que el sentido del par inercial es opuesto al de la acele-

www.FreeLibros.orgración angular (figura E.2b).
manecillas del reloj.

609

610 Apéndice E Principio de D’Alembert

R Como un ejemplo, considere un disco de masa m y momento de inercia I que está
rodando sobre una superficie inclinada (figura E.3). Se puede usar el principio de
␤ D’Alembert para determinar la aceleración angular del disco y las fuerzas que sobre
Figura E.3 él ejerce la superficie. En la figura E.4a se muestra la aceleración angular del disco y
Disco rodando sobre una superficie inclinada. la aceleración de su centro. En la figura E.4b se dibuja el diagrama de cuerpo libre del
disco, donde se muestra su peso, las fuerzas normal y de fricción ejercidas por la
y superficie, y la fuerza y el par inerciales. La ecuación (E.1) es

a ©F + 1-m a2 = 0:
ax
1mg sen b - f 2i + 1N - mg cos b2j - m a xi = 0.
A partir de esta ecuación vectorial, se obtienen las ecuaciones

mg sen b - f - m a x = 0, (E.3)
N - mg cos b = 0.

Ahora se aplica la ecuación (E.2). Al evaluar momentos respecto al punto donde
el disco está en contacto con la superficie, se pueden eliminar f y N de la ecuación
resultante:

©MO + [r * 1-m a2] ؒ k + 1-Ia2 = 0: (E.4)
-R1mg sen b2 + R1m a x2 - Ia = 0.

x La aceleración del centro del disco rodante se relaciona con la aceleración angular
en sentido contrario al de las manecillas del reloj por ax = -Ra. Sustituyendo esta
relación en la ecuación (E.4) y despejando la aceleración angular, se obtiene

(a) mgR sen b
y a = - mR2 + I .

Ia A partir este resultado también se conoce ax y, por consiguiente, es posible resolver
mg las ecuaciones (E.3) para las fuerzas normal y de fricción, de donde se obtiene

max N = mg cos b, mgI sen b
f f = mR2 + I .

Nx En la ecuación (E.4) se evaluó el momento debido a la fuerza inercial simplemente
(b) multiplicando la magnitud de la fuerza por la distancia perpendicular desde O hasta
su línea de acción; también podría haberse evaluado mediante la expresión vectorial
Figura E.4
(a) Aceleración del centro del disco y su ace- [r * 1-m a2] ؒ k = [1R j2 * 1-m a xi2] ؒ k = R1m a x2.

leración angular.
(b) Diagrama de cuerpo libre incluyendo la

fuerza y el par inerciales.

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Solución a problemas de práctica

Ejemplo activo 12.1
Convierta pies a millas.

Convierta segundos a horas.

10 pies/s ϭ 10 pies/s 1 mi 3600 s

΂ ΃΂ ΃5280 pies 1 h

ϭ 6.82 mi/h.

Ejemplo activo 12.4 W ϭ mg ϭ (0.397 kg) (9.81 m/s2) ϭ 3.89 N.
Use la ecuación (12.6) para calcular el peso en newtons.

Ejemplo activo 13.1 a ϭ dv ϭ 2t,
Integre la aceleración para determinar la velo- dt
cidad en función del tiempo. A es una constante
de integración. v ϭ t2 ϩ A.

Integre la velocidad para determinar la posición en v ϭ ds ϭ t2 ϩ A,
función del tiempo. B es una constante de integración. dt

Use las condiciones conocidas en t = 3 s para de- s ϭ 1 t3 ϩ At ϩ B.
terminar A y B, de donde se obtiene A = 5 y B = 6. 3

s tϭ3 s ϭ 30 ϭ 1 (3)3 ϩ A(3) ϩ B,
3

v tϭ3 s ϭ 14 ϭ (3)2 ϩ A.

x ϭ 8t2 pies,

Comenzando con la componente x de la vx ϭ dx ϭ 16t pies/s,
posición, diferencie para determinar las dt
componentes x de la velocidad y de la
aceleración en función del tiempo. ax ϭ dvx ϭ 16 pies/s2.
dt

www.FreeLibros.or611g

612 Solución a problemas de práctica dv ϭ dv ds ϭ dv vϭ Ϫ0.004v2.
Ejemplo activo 13.4 dt ds dt ds

Primero aplique la regla de la cadena dv
para expresar la aceleración en términos v ϭ Ϫ0.004 ds.
de la velocidad y la posición en vez de
la velocidad y el tiempo. v dv s
ϭ Ϫ0.004 ds,
Separe variables. L80 v L0

Integre, definiendo s = 0 como la posición [ln v]8v0 ϭ Ϫ0.004[s]0s ,
a la que la velocidad es de 80 m/s. Aquí, v
es la velocidad en la posición s. lnv Ϫ ln80 ϭ Ϫ0.004(s Ϫ 0).

Resuelva para s en términos de la velocidad. ΂ ΃s ϭ 250 ln80 .
A partir de esta ecuación se encuentra que la v
distancia requerida para que la velocidad
disminuya a 10 m/s es de 520 m.

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Solución a problemas de práctica 613

Ejemplo activo 13.6 vx ϭ dx ϭ 0.3t2,
dt
Integre la componente x de la velocidad
para determinar la componente x de la xt
posición en función del tiempo.
dx ϭ 0.3 t2 dt,
Evalúe la componente x de la posición L0 L0
en t ϭ 6 s.
x ϭ 0.1t3.
Integre la componente y de la velocidad para
determinar la componente y de la posición en x t ϭ 6 s ϭ 0.1(6)3 ϭ 21.6 m.
función del tiempo.
vy ϭ dy ϭ 1.8t Ϫ 0.18t2,
Evalúe la componente y de la posición dt
en t ϭ 6 s.
yt

dy ϭ (1.8t Ϫ 0.18t2) dt,
L0 L0

y ϭ 0.9t2 Ϫ 0.06t3.

y tϭ6 s ϭ 0.9(6)2 Ϫ 0.06(6)3 ϭ 19.4 m/s2.

Exprese el vector de posición en t = 6 s r tϭ6 s ϭ 21.6i ϩ 19.4j (m).
en términos de sus componentes.
y
Posición del helicóptero en
función del tiempo. 30 m

tϭ8s t ϭ 10 s
50 m
tϭ6s
tϭ4s
tϭ2s

100 m x

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614 Solución a problemas de práctica a ϭ dv ϭ dv du ϭ dv v ϭ Ϫ0.02v,
Ejemplo activo 13.8 dt du dt du

Use la regla de la cadena para expresar dv ϭ Ϫ0.02du.
la aceleración angular en términos de la
velocidad angular y el ángulo en vez de 1000 p /30 u
la velocidad y el tiempo, después
separe variables. dv ϭ Ϫ0.02 du,
L10,000 p /30 L0
Integre, definiendo u ϭ 0 como el
ángulo al que la velocidad angular es ΄ ΅ 1000p/30 ϭϪ0.02 ΄u΅ u,
de 10,000 rpm ϭ 10,000p/30 rad/s.
v
Despeje u. 10,000 p /30 0

Ejemplo activo 13.9 1000p Ϫ10,000p ϭ Ϫ0.02u.
Calcule la componente tangencial 30 30
de la aceleración en t ϭ 10 s.
u ϭ 15,000p rad ϭ 7500 revoluciones.
Calcule la componente normal de la
aceleración en t ϭ 10 s. at ϭ 2 ϩ 0.2(10)
ϭ 4 m/s2.
Exprese la aceleración en t = 10 s
como un vector en términos de las v2
componentes normal y tangencial. an ϭ r

(30 m/s)2
ϭ 400 m
ϭ 2.25 m/s2.

a ϭ atet ϩ anen.
ϭ 4et ϩ 2.25en (m/s2).

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Solución a problemas de práctica 615

Ejemplo activo 13.13 dr ϭ p sen 2pt,
dt
Determine las derivadas en la
expresión para la aceleración. d2r ϭ 2p2 cos 2pt,
dt2
Determine las componentes de la
aceleración como funciones del du ϭ Ϫ0.4p cos 2pt,
tiempo. dt

Evalúe la aceleración en d2u ϭ 0.8p2 sen 2pt.
t ϭ 0.8 s. dt2

ϭ΂ ΃ard2r Ϫ r du 2
dt2 dt

ϭ 2p2 cos 2pt Ϫ (1 Ϫ 0.5 cos 2pt) (Ϫ 0.4p cos 2pt)2,

au ϭ r d2u ϩ 2 dr du
dt2 dt dt

ϭ (1 Ϫ 0.5 cos 2pt) ( 0.8p2 sen 2pt)

ϩ 2(p sen 2pt) (Ϫ0.4p cos 2pt).

a ϭ 5.97er Ϫ 4.03eu (m/s2).

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616 Solución a problemas de práctica

Ejemplo activo 13.16

N

y WE
S

5 nudos
vA vA/B

vB

2 nudos x

O

La velocidad del barco respecto vA ϭ vB ϩ vA/B
a la Tierra es igual a la velocidad
del agua respecto a la Tierra más
la velocidad del barco respecto
al agua.

Determine la magnitud de la ve- ͉vA͉ ϭ (5 nudos)2 Ϫ (2 nudos)2 ϭ 4.58 nudos.
locidad vA respecto a la Tierra.

Las componentes de la velocidad del vA/B ϭ Ϫ2i ϩ 4.58j (nudos).
barco respecto al agua indican que el
timonel debe apuntar el barco a arctan
(2/4.58) ϭ 23.6Њ al noroeste del norte
para viajar hacia el norte respecto a la
Tierra.

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Solución a problemas de práctica 617

Ejemplo activo 14.1 ⌺Fx ϭ W sen 20Њ ϭ max:
Aplique la segunda ley de Newton para mg sen 20Њ
determinar la aceleración de la caja
cuando no existe fuerza de fricción. ax ϭ m ϭ (32.2) sen 20Њ ϭ 11.0 m/s2.

Integre para determinar la velocidad de la ax ϭ dvx ϭ 11.0 pies/s2,
caja en función del tiempo. En t = 1 s, dt
la caja se mueve a 11.0 pies/s.
vx t
Ejemplo activo 14.2
L0 dvx ϭ L0 11.0 dt,
Comenzando con la componente x de la
posición, diferencie para determinar las vx ϭ 11.0t pies/s.
componentes x de la velocidad y la ace-
leración como funciones del tiempo. x ϭ 8t2 pies,

Comenzando con la componente y de dx
la posición, diferencie para determinar vx ϭ dt ϭ 16t pies/s,
las componentes y de la velocidad y la
aceleración como funciones del tiempo. ax ϭ dvx ϭ 16 pies/s2.
dt
Determine la masa del objeto.
y ϭ t3 pies,
Use la segunda ley de Newton para
determinar las componentes de la vy ϭ dy ϭ 3t2 pies/s,
fuerza total. dt

ay ϭ dvy ϭ 6t pies/s2.
dt

W ϭ 10 lb ϭ 0.311 slug.
mϭ g 32.2 pies/s2

⌺Fx ϭ max͉tϭ4 s

ϭ (0.311 slug)(16 pies/s2)

ϭ 4.97 lb,

⌺Fy ϭ may͉tϭ4 s

ϭ (0.311 slug)[(6)(4) pies/s2]

ϭ 7.45 lb.

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618 Solución a problemas de práctica ⌺Ft ϭ mat:
Ejemplo activo 14.5 200t lb ϭ (37.3 slug)at,

Aplique la segunda ley de Newton en la 200t lb
dirección tangencial para determinar la at ϭ 37.3 slug
componente tangencial de la aceleración
de la lancha en función del tiempo. ϭ 5.37t pies/s2.

Integre la aceleración tangencial para at ϭ dv ϭ 5.37t pies/s2:
determinar la velocidad de la lancha dt
en función del tiempo.
vt
Evalúe la velocidad en t ϭ 2 s.
dv ϭ 5.37t dt,
Determine la componente normal de L20 L0
la aceleración de la lancha en t ϭ 2 s.
v ϭ 20 ϩ 2.68t2 pies/s.
Aplique la segunda ley de Newton en
la dirección normal para determinar la v ϭ 20 ϩ 2.68(2)2
fuerza normal que actúa sobre la lancha ϭ 30.7 pies/s.
en t ϭ 2 s.
an ϭ v2 ϭ (30.7 pies/s)2 ϭ 23.6 pies/s2.
r 40 pies

⌺Fn ϭ man
ϭ (37.3 slug)(23.6 pies/s2)
ϭ 880 lb.

Ejemplo activo 14.6 M cos 40Њ ϩ S sen 40Њ Ϫ mg ϭ 0. (1)

La suma de las fuerzas en la dirección
vertical (perpendicular a la trayectoria
circular del tren) debe ser igual a cero.

Aplique la segunda ley de Newton en ⌺Fn ϭ man: (2)
la dirección en. v2

M sen 40Њ Ϫ S cos 40Њ ϭ m r .

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) con
m ϭ 20,000 kg, g ϭ 9.81 m/s2,

r ϭ 150 m, y S ϭ 0 se obtiene

www.FreeLibros.orgMϭ256kNyvϭ35.1m/s.

Solución a problemas de práctica 619

Ejemplo activo 14.9 ⌺Fu ϭ mau:

Aplique la segunda ley de Newton ΂ ΃N ϭ m ra ϩ 2 dr v ϭ 2mv0vr.
en la dirección transversal. Observe dt
que a ϭ dv/dt ϭ 0.
΂ ΃N ϭ 2mv0 v20 Ϫ k (r2 Ϫ r02) ϩ 2k r0 (r Ϫ r0).
Sustituya la expresión para vr como m m
una función de r obtenida en el ejemplo,
a fin de determinar N en función de r.

Ejemplo activo 14.10 r0v0 ϭ rmáxva,

Cuando un satélite terrestre con órbita va ϭ r0 v0
elíptica está en la posición de radio rmáx
mínimo, llamada su perigeo, y cuando
está en la posición de radio máximo, ϭ 6600 km (9240 m/s)
llamada su apogeo, tiene sólo una com- 16,000 km
ponente transversal de velocidad. Por lo
tanto, las velocidades en el perigeo y el ϭ 3810 m/s.
apogeo satisfacen la ecuación (14.14).
Sea va la velocidad en el apogeo.

Ejemplo activo 15.1
En este caso la fuerza normal N = (120 kg)(9.81 m/s2) = 1180 N.

Evalúe el trabajo realizado mientras el s2
contenedor se mueve desde su posición
inicial hasta s ϭ 1 m. U12 ϭ Ls1 ⌺Ft ds

1

ϭ L0 (F Ϫ mkN)ds

1

ϭ [(700 Ϫ 150s) Ϫ (0.26)(1180)]ds
L0

ϭ 319 N-m.

Aplique el principio del trabajo y la energía U12 ϭ 1 mv22 Ϫ 1 mv12:
para determinar la velocidad del contenedor 2 2

cuando éste alcanza s ϭ 1 m. Al resolver se 319 N-m ϭ 1 (120 kg)v22 Ϫ 0.
2
www.FreeLibros.orgobtienev2ϭ2.31m/s.

620 Solución a problemas de práctica Upeso ϭ (peso)(cambio en la altura)
Ejemplo activo 15.4 ϭ [(40 kg)(9.81 m/s2)](0.4 m)
ϭ 157 N-m.
Calcule el trabajo realizado por
el peso: S1 ϭ 0,
El martillo cae, por lo que el tra-
bajo es positivo, y su magnitud S2 ϭ (0.3 m)2 ϩ (0.4 m)2 Ϫ 0.3 m
es el producto del peso por el ϭ 0.2 m,
cambio en la altura.
Uresorte ϭ Ϫ 1 k(S22 Ϫ S12)
Calcule el trabajo realizado por cada 2
uno de los resortes. Los resortes están
sin estirar en la posición 1. ϭ Ϫ 1 (1500 N/m)[(0.2 m)2 Ϫ (0)2]
2
Aplique el trabajo y la energía
para obtener la velocidad del ϭ Ϫ30 N-m.
martillo en la posición 2.
Upeso ϩ 2(Uresorte) ϭ 1 mv22 Ϫ 1 mv21 :
2 2

157 N-m ϩ 2(Ϫ30 N-m) ϭ 1 (40 kg)v22 Ϫ 1 (40 kg) (2 m/s)2.
2 2

Resolviendo, se obtiene

v2 ϭ 2.97 m/s.

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Ejemplo activo 15.7 Solución a problemas de práctica 621
Vpeso ϭ mgy.
Elija un nivel de referencia para la
energía potencial asociada con el
peso del martillo. Considere que el
nivel de referencia (y = 0) está en
la posición 2.

y

1 Martillo
k
k 400
2 mm
Nivel de referencia
Pieza de trabajo
300 mm

Energía potencial de uno de los Vresorte ϭ 1 kS2.
resortes en términos del estira- 2
miento S del resorte.

Calcule el estiramiento S1 ϭ 0,
de uno de los resortes S2 ϭ (0.3 m)2 ϩ (0.4 m)2 Ϫ 0.3 m
en las posiciones 1 y 2.
ϭ 0.2 m,
Aplique la conservación de
la energía a las posiciones 1 (Vpeso)1 ϩ 2(Vresorte)1 ϩ 1 mv21 ϭ (Vpeso)2 ϩ 2(Vresorte)2 ϩ 1 mv22:
y 2 para determinar la velo- 2 2
cidad en la posición 2.
΂ ΃ ΂ ΃mgy1 ϩ 21kS12ϩ 1 mv21 ϭ ϩ 1 kS22 ϩ 1 mv22,
2 2 mgy2 2 2 2

(40 kg)(9.81 m/s2)(0.4 m) ϩ 0 ϩ 1 (40 kg) (2 m/s)2
2

΄ ΅ϭ 0 ϩ 2 1 m)2 ϩ 1 mv22.
2 (1500 N/m)(0.2 2

Resolviendo, se obtiene

v2 ϭ 2.97 m/s.

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622 Solución a problemas de práctica

Ejemplo activo 15.10

La definición de una fuerza conservativa es que existe una energía potencial, por lo
que el hecho de que la fuerza se obtuvo de su energía potencial garantiza que es
conservativa. De manera alternativa, se puede confirmar que la fuerza es conserva-
tiva al demostrar que su rotacional es igual a cero:

er reu ez

Use la ecuación (15.31) 1 Ѩ ѨѨ
para evaluar la rota- ٌϫFϭ r Ѩr Ѩu Ѩz
cional de la fuerza.
mgRE2
Ϫ r2 0 0

ϭ 0.

Ejemplo activo 16.1 (t2 Ϫ t1)⌺Fprom ϭ mv2 Ϫ mv1:
(20 Ϫ 10)⌺Fprom ϭ (1200)(36i ϩ 8j) Ϫ (1200)(30i ϩ 3j),
Aplique la ecuación (16.2)
al intervalo de tiempo entre 10⌺Fprom ϭ 7200i ϩ 6000j.
t ϭ 10 s y t ϭ 20 s. Resolviendo se obtiene

⌺Fprom ϭ 720i ϩ 600j (N).

Ejemplo activo 16.2

La componente tangencial de la fuerza en función del tiempo varía linealmente
desde 300 N en t = 0 hasta 300 Ϫ 9(30) ϭ 30 N en t ϭ 30 s, por lo que su valor
promedio es

͚ F©tFprtoamv = 300 N + 30 N = 165 N,
2

este valor puede verificarse mediante la ecuación (16.4).

Aplique la ecuación (16.4) al intervalo (t2 Ϫ t1)⌺Ft ϭ mv2 Ϫ mv1:
de tiempo entre t ϭ 0 y t ϭ 30 s. (30 s Ϫ 0)⌺Ft ϭ (225 kg)(22 m/s) Ϫ (225 kg)(0).
Resolviendo, se obtiene
⌺Ft ϭ 165 N.

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Solución a problemas de práctica 623

Ejemplo activo 16.4

Cuando la persona se encuentra en reposo en su posición inicial, la cantidad de
movimiento lineal de la persona y la barcaza es cero. Las únicas fuerzas horizon-
tales sobre la persona y la barcaza son las fuerzas que ejercen entre sí, por lo que su
cantidad de movimiento lineal cuando la persona está corriendo debe ser cero.

Aplique la conservación de la cantidad de mPvP ϩ mB(ϪvB) ϭ 0.
La velocidad de la barcaza es
movimiento lineal. Sea vB la velocidad
de la barcaza hacia la izquierda. vB ϭ (mP/mB)vP hacia la izquierda.

Ejemplo activo 16.5

Si las masas se adhieren después de la colisión, su velocidad puede determinarse sim-
plemente de la conservación de la cantidad de movimiento lineal.

Aplique la ecuación (16.10) (conser- mAvA ϩ mBvB ϭ (mA ϩ mB)v¿:
vación de la cantidad de movimiento (4 kg)(10 m/s) ϩ (4 kg)(Ϫ5 m/s) ϭ (4 kg ϩ 4 kg)v¿.
lineal) con vA¿ ϭ vB¿ ϭ v¿. Resolviendo se obtiene v¿ ϭ 2.5 m/s.

Ejemplo activo 16.7

Exprese r en términos del radio r ϭ r0 Ϫ v0t.

inicial r0 y la velocidad
constante v0.

En el movimiento plano bajo rvu ϭ r0v0,
una fuerza central, el producto
de la distancia radial desde el por lo que
centro del movimiento por la
componente transversal de vu ϭ r0v0
la velocidad es constante. r

ϭ r0v0 .
r0 Ϫ v0t

Exprese la velocidad como una v ϭ vrer ϩ vueu
función del tiempo en términos
de coordenadas cilíndricas. ϭ Ϫv0er ϩ r0v0 eu.
r0 Ϫ v0t

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624 Solución a problemas de práctica La velocidad del agua que sale del trineo es
Ejemplo activo 16.9
vf ϭ vj
Determine la velocidad del ϭ 300j (m/s).
flujo de masa respecto
al objeto. La razón del flujo de masa que sale del trineo es

Determine la razón del flujo de masa. dmf ϭ rvA
dt
Aplique la ecuación (16.27).
ϭ (1000 kg/m3)(300 m/s)(0.01 m2)

ϭ 3000 kg/s.

La fuerza ejercida sobre el trineo es

Ff ϭ Ϫ dmf vf
dt

ϭ Ϫ(3000 kg/s)[300j (m/s)]

ϭ Ϫ900, 000j (N).

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Solución a problemas de práctica 625

Ejemplo activo 17.1 vA t

Las componentes normal y tangencial de la aceleración pueden determinarse a par- 30 dvA ϭ 30 0.2t dt:
tir de las ecuaciones (17.3). Para hacer esto, se deben encontrar la velocidad angu- vA ϭ 0.1t2 rad/s.
lar y la aceleración angular del engrane A en función del tiempo.

Integre aA ϭ dvA/dt ϭ 0.2t rad/s2 para determinar
la velocidad angular en el sentido de las manecillas
del reloj del engrane A como una función del tiempo.

Determine la velocidad angular y la acele- vA ϭ 0.1(10)2
ración angular de A en t ϭ 10 s. ϭ 10 rad/s,

aA ϭ 0.2(10)
ϭ 2 rad/s2.

Calcule las componentes tangencial y normal de at ϭ aA (0.05 m)
la aceleración de PA. ϭ (2 rad/s2)(0.05 m)

ϭ 0.1 m/s2,
an ϭ vA2 (0.05 m)

ϭ (10 rad/s)2(0.05 m)

ϭ 5 m/s2.

Calcule la magnitud de la aceleración. ͉a͉ ϭ a2t ϩ a2n

ϭ (0.1 m/s2)2ϩ(5 m/s2)2
ϭ 5.00 m/s2

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626 Solución a problemas de práctica vB ϭ vA ϩ ␻AB ϫ rB/A
i jk
Ejemplo activo 17.2
ϭ 0 ϩ 0 0 vAB
Sea vAB la velocidad angular desconocida de la 0.4 0.4 0
barra AB, de manera que el vector de velocidad
angular de la barra AB es ␻AB ϭ vABk. ϭ Ϫ0.4vABi ϩ 0.4vAB j.
Aplique la ecuación (17.6) para determinar la
velocidad del punto B en términos de vAB. vC ϭ vB ϩ ␻BC ϫ rC/B:
i jk
La velocidad angular vBC de la barra BC
también es desconocida, pero la velocidad Ϫ3i ϭ Ϫ0.4vABi ϩ 0.4vAB j ϩ 0 0 vBC
del punto C sí se conoce. Aplicando la 0.8 Ϫ0.4 0
ecuación (17.6) a los puntos B y C se
obtienen dos ecuaciones en términos de ϭ (Ϫ0.4vAB ϩ 0.4vBC)i ϩ (0.4vAB ϩ 0.8vBC)j.
vAB y vBC. Igualando las componentes i y j,

Ejemplo activo 17.4 Ϫ3 ϭ 0.4vAB ϩ 0.4vBC,
0 ϭ Ϫ0.4vAB ϩ 0.8vBC,
BC
y resolviendo se obtiene vAB ϭ 5 rad/s y vBC ϭ Ϫ2.5 rad/s.
8m
vC vC ϭ ( 8 m) vCD,
ϭ ( 8 m) (5 rad/s)
A vCD D
ϭ 5 8 m/s.
Use el centro instantáneo de la barra CD
para determinar la velocidad del punto C.

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Centro instantáneo de la barra BC Solución a problemas de práctica 627

vBC 8m 5 8 m/s ϭ (8 m)vBC,
2m C
por lo que
B 5 8 m/s

vC D vBC ϭ 8 m ϭ 5 rad/s.
A
aA ϭ aB ϩ ␣ ϫ rA/B Ϫ v2rA/B
Use el centro instantáneo de la barra BC i jk
y la velocidad del punto C para determi-
nar la velocidad angular de la barra BC. ϭ ϪaRi ϩ 0 0 a Ϫ v2 (Ri)
R0 0
Ejemplo activo 17.5
ϭ ϪaRi ϩ aRj Ϫ v2Ri.
Aplique la ecuación (17.10). El vector de
velocidad angular del disco es ␻ ϭ vk,
por lo que su aceleración angular es

␣ ϭ dv ϭ dv k ϭ ak.
dt dt

El vector de posición de A respecto a B es
rA/B ϭ Ri.

y

BA
rA/B

x

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628 Solución a problemas de práctica aA ϭ aB ϩ aA rel ϩ 2␻AB ϫ vA rel
Ejemplo activo 17.7 ϩ ␣AB ϫ rA/B Ϫ v2ABrA/B

Aplique la ecuación (17.15) a los i j k
puntos A y B. ϭ 0 ϩ aA rel ϩ 2 0 2
0 0
Ϫ3.2 Ϫ1.6

i jk

ϩ0 0 10 Ϫ (2)2 (0.8i ϩ 0.4j)
0.8 0.4 0

ϭ aA rel Ϫ 0.8i Ϫ 6.4j. (1)

y
A aA rel

Bb 400 mm
Cx

800 mm

La aceleración del pasador A respecto al aA rel ϭ aA rel cos 26.6Њi ϩ aA rel sen 26.6Њj. (2)
marco de referencia fijo al cuerpo es
paralela a la ranura. Sea aA rel la aceleración
desconocida de A a lo largo de la ranura.

Sustituya la ecuación (2) en la aA ϭ (aA rel cos 26.6Њ Ϫ 0.8)i ϩ (aA rel sen 26.6Њ Ϫ 6.4)j. (3)
ecuación (1).

aA ϭ aC ϩ ␣AC ϫ rA/C Ϫ v2AC rA/C

Sea aAC la aceleración angular i jk
desconocida en sentido contra- ϭ0ϩ 0 0 aAC Ϫ (10)2(0.4j)
rio al de las manecillas del reloj 0.4 0
de la barra AC. Aplique la ecua- 0
ción (17.10) a los puntos A y C.

ϭ Ϫ0.4aAC i Ϫ 40j. (4)

(aA rel cos 26.6Њ Ϫ 0.8)i + (aA rel sen 26.6Њ Ϫ 6.4) j ϭ Ϫ0.4aAC i Ϫ 40j.

Al igualar las componentes i y j resultan las dos ecuaciones

Iguale las expresiones (3) y (4) aA rel cos 26.6Њ Ϫ 0.8 ϭ Ϫ0.4aAC,
para determinar aA rel y aAC. aA rel sen 26.6Њ Ϫ 6.4 ϭ Ϫ40.

Resolviendo se obtiene aA rel ϭ Ϫ75.1 m/s2 y aAC ϭ 170 rad/s2. En este ins-

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Solución a problemas de práctica 629
Ejemplo activo 17.10
En este caso, vA rel = 0 y aA rel = 0. Las ecuaciones (17.16) y (17.17) pueden usarse
para determinar la velocidad vA y la aceleración aA respecto a la Tierra.

vA ϭ vB ϩ vA rel ϩ ␻ ϫ rA/B

i jk

Aplique la ecuación (17.16). ϭ0ϩ0ϩ 0 0 v

R00

ϭ vRj.

Aplique la ecuación (17.17). aA ϭ aB ϩ aA rel ϩ 2␻ ϫ vA rel
ϩ ␣ ϫ rA/B Ϫ v2rA/B
La persona A está en reposo
respecto al marco de referencia, ϭ 0 ϩ 0 ϩ 0 ϩ 0 Ϫ v2(Ri)
pero tiene velocidad y acelera- ϭ Ϫv2Ri.
ción respecto a la Tierra.
vy

vR

B v2R x

A

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