• Author / Uploaded
• Carlos Orley Gil Amaya

• Categories
• Las leyes del movimiento de Newton
• Fuerza
• Mecanica clasica
• Impulso
• Masa

Citation preview

Novena edición

CAPÍTULO

12

MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS:

DINÁMICA Ferdinand P. Beer E. Russell Johnston, Jr. Notas: J. Walt Oler Texas Tech University

Cinética de partículas: Segunda ley de Newton

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Contenido Introducción Segunda ley de movimiento de Newton Cantidad de movimiento lineal de una partícula Sistemas de unidades Ecuaciones de movimiento Equilibrio dinámico Problema resuelto 12.1 Problema resuelto 12.3 Problema resuelto 12.4 Problema resuelto 12.5 Problema resuelto 12.6

Cantidad de movimiento angular de una partícula Ecuaciones de movimiento en componentes radial y transversal Conservación de la cantidad de movimiento angular Ley de gravitación de Newton Problema resuelto 12.7 Problema resuelto 12.8 Trayectoria de una partícula bajo la acción de una fuerza central Aplicación en mecánica celeste Problema resuelto 12.9 Leyes de Kepler del movimiento planetario

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 2

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Introducción • La primera y tercera leyes de Newton son suficientes para el estudio de los cuerpos en reposo (estática) o de los cuerpos en movimiento sin aceleración. • Cuando un cuerpo se acelera (cambios en la magnitud de la velocidad o dirección), se requiere la segunda ley de Newton para relacionar el movimiento del cuerpo con las fuerzas que actúan sobre él. • Segunda ley de Newton: - Una partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre él y en la dirección de la fuerza resultante. - La resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a la razón de cambio del momento lineal de la partícula. - La suma de los momentos respecto a O de las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a la razón de cambio del momento angular de la partícula alrededor de O. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 3

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Segunda ley de movimiento de Newton • Segunda ley de Newton: Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en la dirección de la resultante. • Considerar una partícula sometida a fuerzas constantes, F1 F2 F3      constante  masa, m a1 a2 a3 • Cuandouna partícula de masa m se halla sometida a una fuerza F , la aceleración de la partícula debe satisfacer   F  ma

• La aceleración debe ser evaluada con respecto a un sistema newtoniano de referencia, es decir, no se está acelerando o girando. • Si la fuerza que actúa sobre la partícula es cero, las partículas no se acelerarán, es decir, se mantendrán estacionarias o continuarán en una línea recta a velocidad constante. 12 - 4 © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Cantidad de movimiento lineal de una partícula • Sustituyendo la aceleración por la derivada de los rendimientos de la velocidad,   dv  F  m dt  d d L   m v   dt dt  L  cantidad de movimiento lineal de la partícula • Principio de la conservación de la cantidad de movimiento lineal: Si la fuerza resultante sobre una partícula es cero, la cantidad de movimiento lineal de la partícula se mantiene constante en magnitud y dirección.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 5

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Sistemas de unidades • De las unidades de las cuatro dimensiones principales (fuerza, masa, longitud y tiempo), tres pueden ser elegidas arbitrariamente. La cuarta debe ser compatible con la segunda ley de Newton. • Sistema Internacional de Unidades (unidades del SI): las unidades básicas son las de longitud (metro), masa (kilogramo) y tiempo (segundo). La unidad de fuerza es una unidad derivada, kg  m  m 1 N  1 kg 1 2   1 2  s  s

• Unidades de uso común en Estados Unidos: las unidades básicas son las de fuerza (libra), longitud (pie) y tiempo (segundo). La unidad de masa es una unidad derivada, 1lb 1lb lb  s 2 1lbm  1slug  1 2 2 ft 32.2 ft s 1ft s © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 6

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Ecuaciones de movimiento • La segunda ley de Newton establece   F  m a  • La solución para el movimiento de las partículas se ve facilitada por la resolución de la ecuación vectorial en las ecuaciones de componente escalar; por ejemplo, para los componentes rectangulares,        Fx i  Fy j  Fz k   ma x i  a y j  a z k 

 Fx  max  Fy  ma y  Fz  maz  Fx  mx  Fy  my  Fz  mz • Para los componentes tangencial y normal,

 F t  mat dv F  m  t dt

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

 F n  man Fn  m

v2



12 - 7

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Equilibrio dinámico • Expresión alternativa de la segunda ley de Newton,   F  m a 0    ma  vector de inercia • Con la inclusión del vector de inercia, el sistema de fuerzas que actúan sobre la partícula es equivalente a cero. La partícula está en equilibrio dinámico. • Los métodos desarrollados pueden aplicarse para las partículas en equilibrio estático; por ejemplo, las fuerzas coplanares pueden representarse con un polígono vectorial cerrado. • Los vectores de inercia a menudo son llamados fuerzas de inercia, ya que miden la resistencia que ofrecen a los cambios de las partículas en movimiento, es decir, los cambios en la velocidad o dirección. • Las fuerzas de inercia pueden ser conceptualmente útiles, pero no son como las de contacto y las fuerzas © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.gravitatorias halladas en la estática. 12 - 8

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.1 SOLUCIÓN: • Resolver la ecuación de movimiento para el bloque en dos ecuaciones de las componentes rectangulares.

Un bloque de 200 lb descansa sobre un plano horizontal. Se necesita encontrar la magnitud de la fuerza P requerida para dar al bloque una aceleración de 10 ft/s2 hacia la derecha. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es mk  0.25.

• Las incógnitas consisten en la fuerza P aplicada y la reacción normal N del plano. Las dos ecuaciones pueden resolverse para estas incógnitas.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 9

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.1 SOLUCIÓN: • Resolver la ecuación de movimiento para el bloque en dos ecuaciones de las componentes rectangulares.  Fx  ma :



O



P cos 30  0.25 N  6.21 lb  s 2 ft 10 ft s 2  62.1lb

y

 Fy  0 :

x

m



W 200 lb  g 32.2 ft s 2

lb  s 2  6.21 ft F  mk N  0.25 N

N  P sen30  200 lb  0 • Las incógnitas consisten en la fuerza P aplicada y la reacción normal N del plano. Las dos ecuaciones se pueden resolver para estas incógnitas. N  P sen30   200 lb P cos 30   0.25 P sen30   200 lb   62 .1lb

P  151 lb © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 10

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.3 SOLUCIÓN: • Escribir las relaciones cinemáticas de los movimientos y las aceleraciones dependientes de los bloques. • Escribir las ecuaciones de movimiento de los bloques y la polea.

Los dos bloques que se muestran empiezan a moverse a partir del reposo. El plano horizontal y la polea no presentan fricción, y se supone que la masa de la polea puede ignorarse. Determinar la aceleración de cada bloque y la tensión en la cuerda.

• Combinar las relaciones cinemáticas con las ecuaciones de movimiento para resolver las aceleraciones y la tensión de la cuerda.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 11

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.3 SOLUCIÓN: O y

x

• Escribir las relaciones cinemáticas de los movimientos y las aceleraciones dependientes de los bloques. y B  12 x A a B  12 a A • Escribir las ecuaciones de movimiento de los bloques y la polea.  Fx  m A a A : T1  100 kg a A

 Fy  m B a B : mB g  T2  mB a B

300 kg9.81 m s 2  T2  300 kga B T2  2940 N - 300 kga B

 Fy  mC aC  0 : T2  2T1  0

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 12

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.3 O x y

• Combinar las relaciones cinemáticas con las ecuaciones de movimiento para resolver las aceleraciones y la tensión de la cuerda. y B  12 x A

a B  12 a A

T1  100 kg a A

T2  2940 N - 300 kg a B



 2940 N - 300 kg  12 a A



T2  2T1  0

2940 N  150 kga A  2100 kga A  0

a A  8.40 m s 2 a B  12 a A  4.20 m s 2 T1  100 kga A  840 N © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

T2  2T1  1680 N 12 - 13

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.4 SOLUCIÓN: • El bloque está obligado a deslizarse por la cuña. Por lo tanto, sus movimientos son dependientes. Expresar la aceleración del bloque como la aceleración de la cuña más la aceleración del bloque en relación con la cuña.

El bloque B de 12 lb empieza a moverse desde el reposo y se desliza sobre la cuña A de 30 lb, la cual está sobre una superficie horizontal.

• Escribir las ecuaciones de movimiento de la cuña y el bloque. • Resolver para las aceleraciones.

Si se ignora la fricción, determinar a) la aceleración de la cuña, y b) la aceleración del bloque relativa a la cuña. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 14

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.4 SOLUCIÓN: • El bloque está obligado a deslizarse por la cuña. Por lo tanto, sus movimientos son dependientes.    aB  a A  aB A • Escribir las ecuaciones del movimiento para la cuña y el bloque.  Fx  m A a A : y

N1sen30  mAa A

0.5N1  WA g a A

x

 Fx  mB a x  mB a A cos 30  aB A :

 WBsen30  WB g a A cos30  aB A  aB A  a A cos30  gsen30

F

y

 mB ay  mB  aAsen30 : N1  WB cos 30   WB g a Asen30 

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 15

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.4 • Resolver para las aceleraciones. 0.5 N1  W A g a A

N1  WB cos30  WB g a Asen30

2WA g a A  WB cos30  WB g a Asen30 aA 

gWB cos30 2WA  WB sen30

32.2 ft s 12 lb cos30  2

aA

230 lb   12 lb sen30

a A  5.07 ft s 2

aB A  a A cos30  gsen30









aB A  5.07 ft s 2 cos30  32.2 ft s 2 sen30 aB © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

A

 20.5 ft s 2 12 - 16

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.5 SOLUCIÓN: • Resolver la ecuación del movimiento de la plomada en componentes tangenciales y normales. • Resolver las ecuaciones de componentes para la aceleración normal y tangencial.

La plomada de un péndulo de 2 m describe un arco de círculo en un plano vertical. Si la tensión en la cuerda es 2.5 veces el peso de la plomada en la posición que se indica, determinar la velocidad y la aceleración de la plomada en esa posición.

• Despejar la velocidad en función de la aceleración normal.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 17

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.5 SOLUCIÓN: • Resolver la ecuación del movimiento de la plomada en componentes tangenciales y normales. • Resolver las ecuaciones de componentes para la aceleración normal y tangencial.  Ft  mat : mg sen 30  mat at  g sen 30

at  4.9 m s 2

 Fn  man :

2.5mg  mg cos 30  man an  g 2.5  cos 30

an  16.03 m s 2 Resolver para la velocidad en función de la aceleración normal. v2 an  v  an  2 m  16.03 m s 2  v  5.66 m s



© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.



12 - 18

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.6 SOLUCIÓN:

Determinar la rapidez máxima de la curva de una autopista de radio  = 400 ft que tiene un ángulo de peralte q = 18o. La rapidez máxima de la curva peraltada de una autopista es aquella a la cual un automóvil debe viajar para que no exista fuerza de rozamiento lateral en sus neumáticos.

• El automóvil se desplaza en una trayectoria circular horizontal con el componente normal de la aceleración apuntando hacia el centro de la trayectoria. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son su peso y una reacción normal de la superficie de la carretera. • Resolver la ecuación de movimiento para el automóvil en los componentes verticales y normal. • Calcular la velocidad del vehículo.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 19

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.6 • Resolver la ecuación de movimiento para el automóvil en los componentes verticales y normal. R cosq  W  0  Fy  0 :

W cosq W F  ma : R sen q  an  n n g R

SOLUCIÓN: • El automóvil se desplaza en una trayectoria circular horizontal con el componente normal de la aceleración apuntando hacia el centro de la trayectoria. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son su peso y una reacción normal de la superficie de la carretera. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

W W v2 senq  cosq g  • Calcular la velocidad del vehículo. v 2  g tan q





 32.2 ft s 2 400 ft  tan 18

v  64.7 ft s  44.1 mi h 12 - 20

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Cantidad de movimiento angular de una partícula

   • H O  r  mV  momento de la cantidad de movimiento, o la cantidad de movimiento angular de la partícula en torno a O.    r y m V • H O es perpendicular al plano que contiene    H O  rmV sen i j k   rm vq HO  x y z mv x mv y mvz  mr 2q • Derivada del momento angular con respecto al tiempo,          H O  r  mV  r  mV  V  mV  r  ma   rF    MO • De la segunda ley de Newton se desprende que la suma de los momentos alrededor de O de las fuerzas que actúan sobre la partícula es igual a la tasa de cambio del momento angular de la partícula en torno a O.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 21

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Ecuaciones de movimiento en componentes radial y transversal • Considerar una partícula en r y q, en coordenadas polares,  Fr  mar  m r  rq 2





 Fq  maq  mrq  2rq 

• Este resultado también puede derivarse de la conservación de la cantidad de movimiento angular, H O  mr 2q

 



d mr 2q dt  m r 2q  2rrq

r  Fq 

 Fq  mrq  2rq 

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.



12 - 22

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Conservación de la cantidad de movimiento angular • Cuando sólo la fuerza que actúa sobre la partícula se dirige hacia o desde un punto fijo O, se dice que la partícula se mueve bajo una fuerza central. • Puesto que la línea de acción del centro de fuerza   pasa por O,  M O  H O  0 y    r  mV  H O  constante • El vector de posición y el movimiento de las  un plano perpendicular partículas se encuentran H en O. a • Magnitud de la cantidad de movimiento angular, H O  rm Vsen  constante

 r0 mV0sen0 2 o H O  mr q  constante HO

2

r q h

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights m reserved.

cantidad de movimiento angular unidad de masa 12 - 23

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Conservación de la cantidad de movimiento angular • El vector radial OP barre un área infinitesimal

dA  12 r 2 dq • Definir

dA 1 2 dq 1 2   2r  2 r q  velocidad de área dt dt

• Recordar que por un cuerpo en movimiento bajo una fuerza central,

h  r 2q  constante • Cuando una partícula se mueve bajo una fuerza central, su velocidad de área es constante.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 24

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Ley de gravitación de Newton • La fuerza gravitacional que ejerce el sol sobre un planeta o por la Tierra sobre un satélite es un ejemplo importante de la fuerza gravitacional. • Ley de la gravitación universal de Newton. Dos partículas de masa M y m se atraen entre sí con fuerzas iguales y opuestas dirigidas a lo largo de la línea que las une, Mm F G 2 r G  constantede gravitación

 66.73 10

12

4 m3 9 ft  34.4 10 2 kg  s lb  s 4

• Para una partícula de masa m sobre la superficie de la Tierra, MG m ft W  m 2  mg g  9.81 2  32.2 2 R s s © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 25

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.7 SOLUCIÓN: • Escribir las ecuaciones radiales y transversales de movimiento para el bloque. • Integrar la ecuación radial para encontrar una expresión para la velocidad radial.

Un bloque B de masa m puede • Sustituir la información conocida en deslizarse libremente sobre un brazo la ecuación transversal para encontrar sin fricción OA que gira en un plano una expresión para la fuerza en el horizontal a una velocidad constante q0 . bloque. Si se sabe que B se suelta a una distancia r0 de O, expresar como función de r a) la componente vr de la velocidad de B a lo largo de OA, y b) la magnitud de la fuerza horizontal ejercida sobre B por el brazo OA. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 26

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.7

SOLUCIÓN: • Escribir las ecuaciones radiales y transversales de movimiento para el bloque.  Fr  m ar : 0  m r  rq 2





 F q  m aq : F  mrq  2rq 

• Integrar la ecuación radial para encontrar una expresión para la velocidad radial. dv dv dr dv  vr r r  vr  r  r dt dr dt dr dv dv dr dv  vr r r  vr  r  r dt dr dt dr vr dvr  rq 2 dr  rq02 dr vr

r 2  vr dvr  q0  r dr 0 r0



vr2  q 02 r 2  r02



• Sustituir la información conocida en la ecuación transversal para encontrar una expresión para la fuerza en el bloque.

F © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

 2mq 02

r

2



2 12  r0 12 - 27

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.8 SOLUCIÓN: • Puesto que el satélite se mueve bajo una fuerza central, su cantidad de movimiento angular es constante. Equiparar el momento angular en A y B y despejar la velocidad en B. Un satélite es lanzado en dirección paralela a la superficie de la Tierra con una velocidad de 18 820 mi/h desde una altura de 240 mi. Determinar la velocidad del satélite cuando éste alcanza su altura máxima de 2 340 mi. El radio de la Tierra es de 3 960 mi.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 28

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.8 SOLUCIÓN: • Puesto que el satélite se mueve bajo una fuerza central, su cantidad de movimiento angular es constante. Equiparar el momento angular en A y B y despejar la velocidad en B.

rm vsen  H O  constante rA m v A  rB m vB vB  v A

rA rB

 18820 mi h 

3960  240mi 3960  2340mi v B  12550 mi h

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 29

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Trayectoria de una partícula bajo la acción de una fuerza central

• Para una partícula que se mueve por la fuerza central dirigida hacia el centro de la fuerza, m r  rq 2   Fr   F mrq  2rq    Fq  0





2 • La segunda expresión es equivalente a r q  h  constante, de la que

h q  2 r

h2 d 2  1  y r   2 2   r dq  r 

• Después de sustituir en la ecuación radial de movimiento y simplificando, d 2u F  u  dq 2 mh 2u 2

donde u 

1 r

• Si F es una función conocida de r o u, entonces la trayectoria de las partículas se puede encontrar mediante la integración de u = f(q), con constantes de integración determinadas a partir de condiciones iniciales. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 30

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Aplicación en mecánica celeste • Considere satélites terrestres sometidos sólo a la atracción gravitacional de la Tierra, d 2u F 1  u  donde u  dq 2 mh 2u 2 r d 2u GM  u   constante dq 2 h2

F

GMm 2  GMmu r2

• La solución es la ecuación de la sección cónica, 1 GM u   2 1   cosq  r h

C h2   excentrici dad GM

• Originalmente situado en el centro de la Tierra, es un foco de la sección cónica. • La trayectoria puede ser elíptica, parabólica o hiperbólica, según el valor de la excentricidad. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 31

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Aplicación en mecánica celeste • La trayectoria de un satélite terrestre está definida por

1 GM  2 1   cosq  r h

C h2   excentrici dad GM

• hipérbola,  > 1 o C > GM/h2. El vector radio se vuelve infinito para 1  1  1  GM  1   cosq1  0 q1   cos      cos   C h2     

• parábola,  = 1 o C = GM/h2. El vector radio se vuelve infinito para 1  cos q 2  0 q 2  180

• elipse,  < 1 o C < GM/h2. El vector radio permanece finito para q y es constante (es decir, un círculo) para  < 0. © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 32

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Aplicación en mecánica celeste • La integración constante C se determina por las condiciones al inicio del vuelo libre, q = 0, r = r0 ,  1 GM  Ch 2  2 1 cos 0   r0 h  GM  1 GM 1 GM  2   r0 h r0 r0 v0 2 • El satélite escapa a la órbita de la Tierra por C

  1 o C  GM h 2  GM r0 v0 2 vesc  v0 

2GM r0

• La trayectoria es elíptica para v0 < vesc y se hace circular para  = 0 o C = 0,

vcirc  © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

GM r0 12 - 33

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Aplicación en mecánica celeste • Recuérdese que para una partícula en movimiento bajo una fuerza central, la velocidad de áreas es constante, es decir,

dA 1 2  1  r q  2 h  constante dt 2 • El tiempo periódico, o el tiempo que requiere un satélite para completar una órbita, es igual al área dentro de la órbita dividida por la velocidad del área,

 donde

 ab h2



2 ab h

a  12 r0  r1  b  r0 r1

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 34

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.9 SOLUCIÓN: • La trayectoria del satélite está descrita por

1 GM  2  C cosq r h Un satélite es lanzado en una dirección paralela a la superficie de la Tierra a una velocidad de 36 900 km/h desde una altura de 500 km. Determinar: a) la altitud máxima alcanzada por el satélite, y b) el periodo orbital del satélite.

Evaluar C por medio de las condiciones iniciales en q = 0. • Determinar la altura máxima al encontrar a r en q = 180o. • Con las alturas conocidas en el perigeo y el apogeo, el periodo orbital puede ser evaluado.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 35

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.9 SOLUCIÓN:

• La trayectoria del satélite está descrita por 1 GM  2  C cosq r h r0  6370  500 km

Evaluar C por medio de las condiciones iniciales en q = 0.

 6.87  106 m

C

km 1000 m/km v 0  36900  h 3600 s/h  10.25  10 m s 3





h  r0v0  6.87  106 m 10.25  103 m s  70.4  10 m s 9



2





GM  gR 2  9.81 m s 2 6.37  106 m



1 GM  2 r0 h 1 6.87  10 m 6



398  1012 m3 s 2

70.4 m2 s2

 65.3  10 9 m-1

2

 398  1012 m3 s 2 © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 36

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Problema resuelto 12.9 • Determinar la altura máxima encontrada r1 en q = 180o.

1 GM 398  1012 m3 s 2 9 1  2 C   65 . 3  10 2 r1 h m 70.4 m 2 s





r1  66.7  106 m  66700 km

altura máxima  66700 - 6370 km  60300 km

• Con las alturas conocidas en el perigeo y el apogeo, el periodo orbital puede ser evaluado. a  12 r0  r1   12 6.87  66.7   106 m  36.8  106 m b  r0 r1  6.87  66.7  106 m  21.4  106 m





2 ab 2 36.8  106 m 21.4  106 m   h 70.4  109 m 2 s



  70.3 103 s  19 h 31min © 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 37

Novena edición

Mecánica vectorial para ingenieros: Dinámica Leyes de Kepler del movimiento planetario • Los resultados obtenidos para las trayectorias de los satélites alrededor de la Tierra también pueden aplicarse a las trayectorias de los planetas alrededor del Sol. • Las propiedades de las órbitas de los planetas alrededor del Sol fueron determinadas por las observaciones astronómicas por Johann Kepler (1571-1630) antes de que Newton hubiera desarrollado su teoría fundamental. 1) Cada planeta describe una elipse, con el Sol ubicado en uno de sus focos. 2) El vector radio trazado desde el Sol hasta un planeta barre áreas iguales en tiempos iguales. 3) Los cuadrados de tiempos periódicos de los planetas son proporcionales a los cubos de los ejes semimayores de sus órbitas.

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12 - 38