Problemas de Cinem atica del Cuerpo R gido. - fimee.ugto.mx¡mica II/Cinemática... · Problemas de...

Problemas de Cinematica del Cuerpo Rıgido.

Jose Marıa Rico MartınezDepartamento de Ingenierıa Mecanica

Division de Ingenierıas, Campus Irapuato-SalamancaUniversidad de Guanajuato.

Salamanca, Gto. 36730, MexicoEmail: [email protected]

April 2, 2019

1 Introduccion.

En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinematica de cuerposrıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Para facilitar el empleode estas notas los problemas estan divididos en los siguientes topicos

1. Cuerpos rıgidos sujetos a rotacion alrededor de un eje fijo.

2. Analisis del movimiento de un cuerpo rgido sujetos a rotacion alrededor de un eje fijo como untodo.

3. Cuerpos rıgidos sujetos a movimiento plano general.

4. Centros instantaneos de velocidad.

5. Analisis de movimientos en terminos de un parametro.

6. Analisis de movimientos con respecto a un sistema de referencia sujetos a movimiento de rotacion.

2 Problemas de cuerpos rıgidos sujetos a rotacion alrededor deun eje fijo.

En esta seccion se analizaran diferentes problemas de la cinematica de cuerpos rıgidos sujetos a movimientode rotacion alrededor de un eje fijo. En estos problemas, se mostrara como definir el vector velocidadangular y aceleracion angular y a determinar la velocidad y aceleracion de un punto que forme parte deesos cuerpos rıgidos.

Problema 2.1 El ensamble mostrado en la figura 1 consiste de una barra recta ABC que pasa atraves y esta soldada a la placa rectangular DEFH. El ensamble rota alrededor del eje AC con unavelocidad angular constante de 9 rads . Sabiendo que el movimiento visto desde el extremo C es antihorario,determine la velocidad y aceleracion de la esquina F .1

Solucion: Los vectores de posicion necesarios son:

~rA/E = 100j mm ~rF/E = 200k mm ~rC/E =(

350i+ 200k − 100j)mm

1Este problema corresponde al Problema 15-10 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, NinthEdition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: NewYork.

1

Figure 1: Grafica de una barra soldada a una placa rectangular.

~rC/A = ~rC/E − ~rA/E =(

350i− 200j + 200k)mm

u =~rC/A

|~rC/A|=

(350i− 200j + 200k

)mm

450mm=

7

9i− 4

9j +

4

9k

~ω = ωu =

(9rad

s

)(7

9i− 4

9j +

4

9k

)=(

7i− 4j + 4k)

~rF/A = ~rF/E − ~rA/E =(−100j + 200k

)mm

Ademas

α =dω

dt= 0 ~α = ~0

Por lo tanto, la velocidad del punto F esta dada por

~vF = ~ω × ~rF/A =

∣∣∣∣∣∣i j k7 −4 40 −100 200

∣∣∣∣∣∣ mms =[i(−800 + 400) + j(−1400) + k(−700)

] mms

= (−400i− 1400j − 700k)mm

s= (−0.4i− 1.4j − 0.7k)

m

s

De manera semejante, la aceleracion del punto F esta dado por

~aF = ~α× ~rF/A + ~ω ×(~ω × ~rF/A

)= ~α× ~rF/A + ~ω × ~vF =

∣∣∣∣∣∣i j k7 −4 4−0.4 −1.4 −0.7

∣∣∣∣∣∣=

{i [(−4)(−0.7)− (−1.4)(4)] + j [4(−0.4)− (−0.7)(7)] + k [7(−1.4)− (−0.4)(−4)]

} ms2

=(

8.4i+ 3.3j − 11.4k) ms2

Con este resultado finaliza el problema.

Problema 2.2 El bloque rectangular que se muestra gira alrededor de la diagonal OA con velocidadangular constante de 6.76 rad.

s. . Si la rotacion es en sentido contrario al de las manecillas del reloj cuandose observa desde A, determine velocidad y aceleracion del punto B en el instante indicado.2

Solucion. Primeramente encontraremos un vector unitario en la direccion del vector ~rOA. Se tieneque

~rA/O = 5 in. i+ 31.2 in. j + 12 in. k.

2Este es el Problema 15.9 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

2

Figure 2: Grafica de un bloque rectangular sujeto a rotacion.

Por lo tanto,

uOA =~rA/O

| ~rA/O |=

5in. i+ 31.2 in.j + 12 in.k√52 + 31.22 + 122

=25

169i+

12

13j +

60

169k

De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como

~ω =| ~ω | uOA =(

1 i+ 6.24 j + 2.4 k) rad.

s.

Debe notarse que esta definicion del vector velocidad angular cumple con las caracterısticas indicadas enla teorıa de la cinematica de cuerpos rıgidos.

Ademas como la magnitud de la velocidad angular es constante y el cuerpo esta sujeto a rotacionalrededor de un eje fijo, el vector uOA es constante y ~ω tambien es constante. De aquı que

~α =d ~ω

d t= ~0.

Finalmente, determinaremos ~rOB , pues B es el punto cuya velocidad y aceleracion se desea conocery O es un punto a lo largo del eje de rotacion.

~rB/O = 5 in. i+ 15.6 in. j + 0 in. k.

Por lo tanto

~vB = ~ω×~rB/O =(

1 i+ 6.24 j + 2.4 k)×(

5 in. i+ 15.6 in. j + 0 in. k)

=(−37.44 i+ 12.0 j − 15.6 k

) in.s.

De manera semejante,

~aB = ~α× ~rB/O + ~ω ×(~ω × ~rB/O

)= ~ω ×

(~ω × ~rB/O

)=(−126.144 i− 74.256 j + 245.6256 k

) rad.s2.


Problema 2.3 En el problema 2.2, determine la velocidad y aceleracion del punto B en el instantemostrado, suponiendo que la velocidad angular es de 3.38 rad.s. y que disminuye a razon de 5.07 rad.

s2.3


3

Solucion: Del problema 1, se sabe que

uOA =5in. i+ 31.2 in.j + 12 in.k√

52 + 31.22 + 122=

25

169i+

12

13j +

60

169k


~ω =| ~ω | uOA =(

0.5 i+ 3.12 j + 1.2 k) rad.

s.

Puesto que la velocidad angular esta disminuyendo a razon de 5.07 rad.s2. la aceleracion angular esta dado

por

~α =| ~α | uOA = −5.07

(25

169i+

12

13j +

60

169k

)=(−0.75 i− 4.68 j − 1.80 k

) rad.s2.

De esta manera, la velocidad del punto B, esta dada por

~vB = ~ω × ~rB/O =(

0.5 i+ 3.12 j + 1.2 k)×(

5 in. i+ 15.6 in. j + 0 in. k)

=(−18.72 i+ 6.0 j − 7.8 k

) in.s.

De manera semejante,

~aB = ~α× ~rB/O + ~ω ×(~ω × ~rB/O

)=

(−0.75 i− 4.68 j − 1.80 k

)×(

5 in. i+ 15.6 in. j + 0 in. k)

+(

0.5 i+ 3.12 j + 1.2 k)×[(

0.5 i+ 3.12 j + 1.2 k)×(

5 in. i+ 15.6 in. j + 0 in. k)]

=(−3.456 i− 27.564 j + 73.1064 k

) in.s2.


Problema 2.4 La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75 rads alrededor

de una lınea que une los puntos A y D. Si en el instante considerado la velocidad de la esquina C vahacia arriba, determine velocidad y aceleracion para la esquina B.4

Figure 3: Barra doblada sujeta a rotacion alrededor de un eje fijo.

Solucion. Primeramente determinaremos el vector de posicion del punto A respecto del punto D,dado por

~rA/D = −200mm. i+ 120mm. j + 90mm. k.

De manera que un vector unitario a lo largo del eje de rotacion esta dado por

uDA =~rA/D

| ~rA/D |=−200mm. i+ 120mm.j + 90mm.k√

(−200)2

+ 1202 + 902= −4

5i+

12

25j +

9

25k


4


~ω = λ | ~ω | uDA = λ 75rad.

s.

(−4

5i+

12

25j +

9

25k

)rad.

s.=(−60λ i+ 36λ j + 27λ k

) rad.s.

,

Donde λ puede tener unicamente dos valores, es decir λ ∈ {1,−1} e indicara el sentido de la velocidadangular. Por otro lado, el vector de posicion del punto C con respecto al punto D —hay otras muchasopciones, pero esta es la mas sencilla— esta dado por

~rC/D = 0mm. i+ 0mm. j + 90mm. k.

Por lo tanto, la velocidad de C esta dada por

~vC = ~ω × ~rC/D =

[λ(−60λ i+ 36λ j + 27λ k

) rad.s.

]×(

90mm. k)

=(

3240λ i+ 5400λ j + 0 k) mm.

s.

Puesto que se sabe que la velocidad del punto C va hacia arriba, en terminos menos coloquiales, quela componente Y de la velocidad de C, ~vC , es positiva, resulta entonces que

λ = 1.

Por lo tanto, la velocidad angular de la barra doblada esta dada por

~ω =(−60 i+ 36 j + 27 k

) rad.s.

Ademas puesto que el vector de posicion del punto B con respecto al punto A —hay otras muchasopciones, pero esta es la mas sencilla— esta dado por

~rB/A = 200mm. i+ 0mm. j + 0mm. k.

La velocidad del punto B esta dada por

~vB = ~ω × ~rB/A =

[(−60 i+ 36 j + 27 k

) rad.s.

]×(

200mm. i)

=(

5400 j − 7200 k) mm.

s.

Mas aun, puesto que la magnitud de esta velocidad angular es constante y el movimiento es de rotacionalrededor de un eje fijo, y por lo tanto, la direccion de la velocidad angular es tambien constante, se tieneque

~α = ~0.

Por lo tanto, la aceleracion del punto B esta dada por

~aB = ~α× ~rB/A + ~ω ×(~ω × ~rB/A

)= ~ω ×

(~ω × ~rB/A

)=(−405000 i− 432000 j − 324000 k

) mm.s2.

=(−405 i− 432 j − 324 k

) m.s2.


3 Problemas de analisis de cuerpos rıgidos sujetos a rotacionalrededor de un eje fijo como un todo.

En esta seccion se presentaran diferentes problemas de la cinematica de cuerpos rıgidos sujetos a movimientode rotacion alrededor de un eje fijo, analizados como un todo. En estos problemas, se usara de manerasistematica la analagıa entre el movimiento de traslacion rectilınea de una partıcula y el movimiento deun cuerpo rgido sujetos a rotacion alrededor de un eje fijo analizado como un todo.

Problema 3.1 La aceleracion angular de un eje se define por la relacion α = −0.25ω donde α seexpresa en rad/s2 y ω en rad/s. Sabiendo que para t = 0 la velocidad angular del eje es 20 rad/s,determine (a) el numero de revoluciones que el eje ejecutara antes de parar,(b) el tiempo requerido por el

5

eje para parar, (c) el tiempo requerido para que la velocidad angular del eje se reduzca a 1% de su valorinicial.5

Solucion: Por un lado, se sabe que:

α =dω

dty α = ω

ω

dθ(1)

Empleando la primera expresion, se tiene que

dω

dt= −0.25ω

dω

ω= −0.25dt

∫dω

ω= −

∫0.25dt

Integrando se tiene que

ln |ω| = −0.25t+ C ω = e−0.25t+C = ece−0.25t = C1e−0.25t

Para determinar la constante de integracion, se sabe que para t = 0, ω(0) = ω0 = 20rad/s, por lo tanto

ω0 = C1e−0.25(0) = C1e

0 = C1 y C1 = ω0

La ecuacion buscada esω(t) = ω0e

−0.25t (2)

Ahora, es posible contestar las preguntas (b) y (c). Para el tiempo t, el eje para ω(t) = 0. Entonces

0 = ω0e−0.25t

Puesto que se sabe quee−∞ = 0

se concluye que el tiempo para el cual el eje para es t → ∞. Para el tiempo t, la velocidad angular deleje ω(t) = 0.01ω0, por lo tanto

0.01ω0 = ω0e−0.25t e−0.25t = 0.01

−0.25t = ln |0.01| t = − ln |0.01|0.25

= 18.4206seg

Para las revoluciones nesesarias para que pare, es posible seguir dos posibles caminos. A partir de laecuacion (2), se tiene que

dθ(t)

dt= ω0e

−0.25t θ(t) =

∫ω0e−0.25tdt θ(t) = − ω0

−0.25e−0.25t + C2

Para la determinacion de la constante de integracion C2, se supone que se contaran las revolucionescuando ω(0) = ω0, es decir θ(t) = 0 para t = 0. Por lo tanto,

0 =ω

0.25e−0.25(0) + C2 o C2 =

ω

0.25

Por lo tantoθ(t) =

ω

0.25[1 + e−0.25t]

Para t→∞limt→∞

θ(t) =ω

0.25[1 + e−0.25t] =

ω

0.25

Note que para que la ecuacion α = −0.25ω sea dimensionalmente homogenea la constante 0.25 debe ser,adicionalmente, tener dimensiones de 1/seg. Por lo tanto, las revoluciones nesesarias para que el eje parees

θ(∞) =ω

0.25=

20 rads0.25 1

s

= 80rad = 12.7323rad


6

Existe otra posibilidad, de la segunda expresion de la ecuacion (1), se tiene que

α = ωdω

dθ= −0.25ω

∫dω =

∫−0.25dθ ω = −0.25θ + C3

Para la determinacion de la constante de integracion C3 se tiene que para ω = ω0 y θ = 0, por lo tanto

ω0 = −0.25(0) + C3 C3 = ω0

Se tiene queω − ω0 = −0.25θ

Entonces, la pregunta es θ =? para cuando ω = 0

0− ω0 = 9− 0.25θ o θ = − ω0

−0.25

θ =ω

0.25=

20 rads0.25 1

s

= 80rad = 12.7323rad

. Con este resultado finaliza el problema.

Problema 3.2 Cuando se pone en operacion, un motor alcanza su velocidad nominal de 2400 r.p.m. en4 segundos y, al desactivarse, tarda 40 segundos para llegar al reposo. Si el movimiento es uniformementeacelerado, determine el numero de revoluciones que ejecuta el motor a) al alcanzar la velocidad nominal,b) al detenerse.6

Solucion: Para la primera parte del problema, puesto que el movimiento es uniformemente acelerado,se tiene que

α(t) = α,

sujeto a las condiciones iniciales, para t = 0, ω(0) = 0 y θ(0) = 0. Por lo tanto,

dω

d t= α o ω(t) = α t+ c1

Sustituyendo la primera condicion inicial, c1 = 0, por lo que

ω(t) = α t

Si se sabe que para t = 4 segundos, ω(4) = 2400 r.p.m. = 251.32 rad.s. , se tiene que la aceleracion angularesta dada por

α =251.32

4

rad.

s2.= 62.831

rad.

s2.

Integrando la ecuacion de la velocidad angular, se tiene que

θ(t) =1

2α t2 + c2.

Sustituyendo la condicion inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c2 = 0 y

θ(t) =1

2α t2

Por lo tanto, para t = 4 s., se tiene que

θ(4) =1

2

(62.831

rad.

s2.

)(4 s)

2= 502.65 rad. = 80 revoluciones.

Para la segunda parte del problema, tambien el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene que

α(t) = α,


7

sujeto a las condiciones iniciales, para t = 0, ω(0) = 2400 r.p.m. = 251.32 rad.s. y θ(0) = 0. Por lo tanto,

dω

d t= α o ω(t) = α t+ c3

Sustituyendo la primera condicion inicial, c3 = ω0 = 251.32 rad.s. , por lo que

ω(t) = α t+ ω0.

Si se sabe que para t = 40 segundos, ω(40) = 0 r.p.m. = 0 rad.s. , se tiene que la aceleracion angular estadada por

α = −ω0

t= −251.32

40

rad.

s2.= −6.2831

rad.

s2.

Integrando la ecuacion de la velocidad angular, se tiene que

θ(t) =1

2α t2 + ω0 t+ c4.

Sustituyendo la condicion inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c4 = 0 y

θ(t) =1

2α t2 + ω0 t.

Por lo tanto, para t = 40 s., se tiene que

θ(40) =1

2

(−6.2831

rad.

s2.

)(40 s)

2+

(251.32

rad.

s.

)(40 s.) = 5026.53 rad. = 800 revoluciones.


Problema 3.3 La placa circular de 250mm mostrada en la figura 4 esta inicialmente en reposo ytiene una aceleracion angular definida por la relacion α = α0 cos(πtT ). Sabiendo que T = 1.5s y que

α0 = 10 rads2 , determine la magnitud de la aceleracion total del punto B, cuando (a) t = 0, (b) t = 0.5, (c)t=0.75.7

Figure 4: Placa circular rotanto alrededor de un eje fijo.

Solucion. Integrando la aceleracion angular, se tiene que

dω

dt= α = α0 cos(

πt

T)

∫dω =

∫α0 cos(

πt

T)


8

por lo tanto

ω(t) = α0T

π

∫cos(

πt

T)dt =

Tα0

πsin

πt

T+ C1

Para la condicion inicial, se tiene que para t = 0, ω(0) = 0. Por lo tanto,

0 =Tα0

πsin

π(0)

T+ C1

por lo tantoC1 = 0

ω(t) =Tα0

πsin

πt

Tα(t) = α0 cos

πt

T

Para t = 0, se tiene

ω(0) =Tα0

πsin

π0

T= 0 α(0) = α0 cos

π0

T= α0

Por lo tanto, se tiene suponiendo que ~RB/O = r i, donde r = 0.25m. Entonces ~ω(0) = ~0, ~α(0) = α0 k

~aB(0) = ~α× ~ωB/O −��:0

ω2~rB/O = (α0 k)× (ri) = α0rj = (10rad

s2)(0.25m)j

~aB(0) = 2.5m

s2j aB(0) = 2.5

m

s2

Para t = 0.5s, se tiene que

ω(0.5) =Tα0

πsin

π0.5

1.5=

(1.5s)(10 rads2 )

πsin

π

3= 4.1349

rad

s

α(0.5) = α0 cosπ(0.5)

1.5= 10

rad

s2cos

π

3= 5

rad

s2

~ω(0.5) = 4.1349rad

sk ~α(0.5) = 5

rad

s2

Entonces

~aB(0.5) = ~α× ~rB/O − ω2~rB/O = (5rad

s2k)× (0.25m i)− (4.1349

rad

s)2(0.25m i) = −4.2743

m

s2i+ 1.25

m

s2j

Finalmente, para t = 0.75s.

ω(0.75) =Tα0

πsin

π(0.75)

1.5=

(1.5s)(10 rads2 )

πsin(

π

2= 4.7746

rad

s)

α(0.75) =Tα0

πcos

π(0.75)

1.5=

1.5s(10 rads2 )

πcos

π

2= 0

~ω(0.75) = 4.7746rad

sk ~α(0.75) = ~0

Entonces

~aB(0.75) =��:

0~α× ~rB/O − ω2~rB/O = −(4.7746

rad

s)2(0.25mi)

~aB(0.75) = −5.6993m

s2i aB(0.75) = 5.6993

m

s2


Problema 3.4 La banda que se muestra en la figura 5 se mueve sin deslizamiento sobre dos poleas.La polea A parte del reposo con aceleracion angular en el sentido de las manecillas del reloj, definidamediante la relacion

α = 120− 0.002ω2.

9

Figure 5: Banda que se mueve entre dos poleas sin deslizamiento.

donde α se expresa en rad.s2. y ω en rad

s . Determine, luego de media revolucion de la polea A, a) lamagnitud de la aceleracion del punto B sobre la banda, b) la aceleracion del punto P sobre la polea C.8

Solucion. Del analisis del movimiento del cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo, sesabe que

ωAdωAd θ

= αA = 120− 0.002ω2A.

Por lo tanto, se tiene que para la polea A

ωA dωA120− 0.002ω2

A

= d θA o − 1

0.004

∫−0.004ωA dωA120− 0.002ω2

A

=

∫d θA

Entonces−250Ln

(120− 0.002ω2

A

)= θA + c1,

manipulando algebraicamente la ecuacion

120− 0.002ω2A = e−0.004 θA+c1 = c2 e

−0.004 θA

Para determinar la constante de integracion c2, se debe recurrir a la condicion inicial, para ωA = 0,θA = 0, entonces

120− 0.002 (0)2

= c2e−0.004 (0) = c2 e

0 = c2,

Por lo tanto, c2 = 120 y

120− 0.002ω2A = 120 e−0.004 θA o ω2

A = 60000(1− e−0.004 θA

)Ahora determinaremos, la velocidad y aceleracion angular de la polea A cuando ha rotado media

revolucion, es decir para cuando θ = π rad. Entonces

ωA =√

60000 (1− e−0.004π) = 27.3726rad.

s.

y

αA = 120− 0.002 (27.3726)2

= 118.50rad.

s2.

De manera que la aceleracion tangencial de un punto, P∗, de la banda en la periferia de la polea Aesta dada por

atP∗ = αA rA =

(118.50

rad.

s2.

)(8 in.) = 948

in.

s2.= 79

pies

s2.

Puesto que no hay deslizamiento, esta es tambien la aceleracion de partıcula B de la banda —debe notarseque el punto B esta sujeto a traslacion rectilınea y por lo tanto su componente normal de aceleracion esnula—, es decir

aB = atP∗ = 79pies

s2.

Ahora bien, para resolver el problema del punto P sobre la polea C, es necesario recordar que elmovimiento de la banda sobre las poleas ocurre sin deslizamiento, por lo tanto, se tiene que


10

1. Las magnitudes de las velocidas de los puntos P∗, de la banda localizado en la periferia de la poleaA y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la misms magnitud, porlo tanto

ωA rA = ωC rC ωC = ωArArC

= 43.796rad.

s.

2. Las magnitudes de las aceleraciones tangenciales de los puntos P∗, de la banda localizado en laperiferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen lamisms magnitud, por lo tanto

αA rA = αC rC αC = αArArC

= 189.6rad.

s2.

Por lo tanto, la aceleracion del punto C esta dada por

~aP = ~αC × ~rP/O + ~ωC ×(~ωC × ~rP/O

)= ~αC × ~rP/O− | ~ωC |2 ~rP/O

=(−189.6 k

)×(

5 in. i)− (43.796)

2(

5 in. i)

=(−948 j − 9590 i

) in.s2.


Problema 3.5 Las caracterısticas de diseno de una reductor de engranes estan bajo revision. Elengrane B esta rotando en sentido horario con una velocidad de 300 rev/min cuando se aplica un torqueal engrane A a un tiempo t = 2 s para dar al engrane A un aceleracion angular en sentido antihoraria αque varia con el tiempo por una duracion de 4 segundos como se muestra en la figura 6. Determine lavelocidad NB del engrane B cuando t = 6 s.

Figure 6: Reduccion de engranes.

Solucion.Con este resultado finaliza el problema.

Problema 3.6 Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como muestrala figura 7. La carga A tiene una aceleracion de 300 mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambasdirigidos hacia arriba. Determine (a) El numero de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) lavelocidad y posicion de la carga B despues de 3s (c) la aceleracion del punto D en el borde de la poleapara t = 0.9

Solucion. De la aceleracion y velocidad del cuerpo A, se tiene que

~aA = ~aTPA= 300mm/s2j = ~α2 × ~rPA/C

= (α2k)× (−120mmi)

~vA(0) = ~vPA(0) = 240mm/sj = ~ω2(0)× ~rPA/C

= (ω2(0)k)× (−120mmi)


11

Figure 7: Dos cuerpos conectados a una polea.

300mm/s2j = −120mmα2j α2 =240mm/s2

−120mm= −2.5rad/s2

240mm/sj = −120mmω2(0)j ω2(0) =240mm/s

−120mm= −2rad/s

~α2 = −2.5rad/s2k ~ω2(0) = −2.0rad/sk

Ahora es posible integrar la ecuacion de movimiento de la polea

~α2(t) = −2.5rad/s2k

~ω2(t) =

∫~α2(t)dt = −2.5rad/s2tk + ~C1

−2.0rad/s = ~ω2(0) = −2.5rad/s2(0)k + ~C1~C1 = −2rad/s

~ω2(t) = (−2.5rad/s2t− 2rad/s)k

θ2(t) =

∫(−2.5rad/s2t− 2rad/s)dt = −1.25rad/s2t2 − 2rad/st+ C2

Para t = 0, θ2(0) = 0, por lo tanto C2 = 0

θ2(t) = −1.25rad/s2t2 − 2rad/st

Por lo tantoθ2(3) = −1.25rad/s2(3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev

Para la velocidad y aceleracion de la carga B para t = 3s

~aTPB= ~α× ~rPB/C

= (−2.5rad/s2k)× (180mmi) = −450mm/s2j = ~aB

~vPB(0) = ~ω2(0)× ~rPB/C

= (−2rad/s2k)× (180mmi) = −360mm/s2j = ~vB(0)

sB(t) =1

2aBt

2 + vB(0)t

sB(3) =1

2(−450mm/s2)(3s)2 + (−360mm/s2)(3s) = −3105mm

sB(3) = −3.105m

vB(t) = aBt+ vB(0)

12

vB(3) = (−450mm/s2)(3s) + (−360mm/s) = −1710mm/s = −1.71m/s

Para la aceleracion del punto D

~aD = ~α2 × ~rD/C − ω2~rD/C = (−2.5rad/s2k)× (−180mmi)− (−2rad/s)2(−180mmi)

~aD = 450mm/s2j + 720mm/s2

aD = 849.058mm/s2


Problema 3.7 Una polea y dos bloques se conectan mediante cuerdas inextensibles como se indicaen la figura 8. La polea parte desde el reposo en t = 0 y se acelera a una razon uniforme de 2.4 rad

s2 en elsentido de las manecillas del reloj. En t = 4 s, determine la velocidad y posicion de a) la carga A, b) lacarga B.10

Figure 8: Polea compuesta con dos cargas.

Solucion: Considere dos puntos coincidentes, PA, uno localizado en la polea y otro localizado en lacuerda inextensible que conecta la polea con la carga A justo en el punto donde la cuerda deja de estarenrollada y se hace vertical; similarmente, considere otro par de puntos coincidentes, PBj, uno localizadoen la polea y otro localizado en la cuerda inextensible que conecta la polea con la carga B justo en elpunto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical. En ambos casos, entre el par de puntosno hay deslizamiento. Por lo tanto,

~vPApolea= ~vPAcuerda

y ~vPB polea= ~vPB cuerda

∀t ≥ 0.

Similarmente,~atPApolea

= ~atPAcuerday ~atPB polea

= ~atPB cuerda∀t ≥ 0.

Ademas, debe notarse que las velocidades y las aceleraciones tangenciales de los puntos que pertenecena las cuerdas, son las velocidades y aceleraciones de las cargas. Ademas, aplicando el concepto de placarepresentativa, para la carga A, se tiene que

~vA = ~vPAcuerda= ~vPApolea

= ~ω × ~rPA/O y ~aA = ~atPAcuerda= ~atPApolea

= ~α× ~rPA/O.

De manera semejante, para la carga B, se tiene que

~vB = ~vPB cuerda= ~vPB polea

= ~ω × ~rPB/O y ~aB = ~atPB cuerda= ~atPB polea

= ~α× ~rPB/O.

10Este es el problema 15.30 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

13

Este resultado indica que si la polea inicia su movimiento a partir del reposo, entonces las cargas Ay B tambien inician su movimiento a partir del reposo. Todavıa mas, las aceleraciones uniformes de lascargas A y B estan dadas por

~vA = ~atPAcuerda= ~atPApolea

= ~α× ~rPA/O = −2.4rad

s2k ×

(−1

3pie

)i = 0.8

pie

s2j.

Similarmente

~atPB cuerda= ~atPB polea

= ~α× ~rPB/O = −2.4rad

s2k ×

(1

2pie

)i = −1.2

pie

s2j.

Usando los metos de cinematica de la partıcula, se tiene que

~vA = ~aA t = 0.8pie

s2j (4 s) = 3.2

pie

sj, y ~rA =

1

2~aA t

2 =1

20.8

pie

s2j (4 s)

2= 6.4 pie j.

de manera semejante

~vB = ~aB t = −1.2pie

s2j (4 s) = −4.8

pie

sj, y ~rB =

1

2~aB t

2 =1

2

(−1.2

pie

s2

)j (4 s)

2= −9.6 pie j.


Problema 3.8 Dos discos de friccion A y B se pondran en contacto sin deslizamiento cuando lavelocidad angular del disco A sea de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj, vea lafigura 9. El disco A empieza su movimiento desde el reposo en el tiempo t = 0 y se le imprime unaaceleracion angular constante de magnitud α. El disco B parte del reposo en t = 2 s y se le imparte unaaceleracion angular constante en el sentido de las manecillas del reloj, tambien de magnitud α. Determinea) la magnitud de la aceleracion angular α requerida, b) el tiempo al cual ocurre el contacto.11

Figure 9: Dos discos de friccion.

Solucion: Determinaremos las ecuaciones de movimiento de los discos de friccion. Para el disco A,se tiene que

~αA(t) = α k

Por lo tanto, si para t = 0, se tiene que ~ωA = ~0, se tiene que

~ωA(t) = α t k

De manera semejante, se tiene que~αB(t) = −α k

11Este es el problema 15.31 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

14

Por lo tanto, si para t = 2 s, se tiene que ~ωB = ~0, se tiene que

~ωA(t) = −α (t− 2) k

Por lo tanto, la velocidad de los puntos, P , en la periferia de los discos A y B, donde los discos seponen en contacto,12 estan dados por

~vPA= ~ωA(t)× ~rP/OA

= α t k × (−0.15m) j = 0.15α t i

y~vPB

= ~ωB(t)× ~rP/OB= −α (t− 2) k × (0.2m) j = 0.2α (t− 2) i

Por lo tanto, si los discos se ponen en contacto sin deslizamiento, se tiene que

0.15α t = 0.2α (t− 2)

Por otro lado, se sabe que este contacto ocurre cuando la velocidad del disco A es de 240 r.p.m. ensentido contrario a las manecillas del reloj, es decir

α t = 240 r.p.m. = 25.1327rad

s

Despejando, t en esta segunda ecuacion y sustituyendolo en la primera ecuacion, se tiene que

0.15α25.1327 rad

s

α= 0.2α

(25.1327 rad

s

α− 2

)o 3.7699

rad

s= 5.02654

rad

s− 0.4α

Por lo tanto

α = 3.1416rad

s2.

Por lo tanto, el tiempo para el cual se ponen el contacto esta dado por

t =25.1327 rad

s

α=

25.1327 rads

3.1416 rads2

= 7.9999 s.


Problema 3.9 El disco circular mostrado en la figura 10 gira alrededor de su eje z con una velocidadangular en la direccion mostrada. En un cierto instante, la magnitud de la velocidad del punto A es de10 pie

s y esta decreciendo a una velocidad de 24 pies2 . Escriba las expresiones vectoriales para la aceleracion

angular ~α del disco y la aceleracion total del punto B en ese instante.13

Figure 10: Disco Rotante.

12Nuevamente se aplicara el concepto de placa representativa.13Este es el Problema 5.23 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L. G.

[2007], John Wiley: New York.

15

Solucion. Note que en este caso la aplicacion del concepto de placa representativa es inmediato. Dehecho, los puntos A y B estan en la misma cara del disco, se empleara, ademas, un punto O, localizadoen la interseccion del eje z —el eje de rotacion— y la misma cara del disco, de manera que

~rA/O = −2

3pie i y ~rB/O =

1

2pie j

Por otro lado, se sabe que~ω = ω k,

donde por la direccion de rotacion ω > 0, ademas, se sabe que

~vA = λ 10pie

sj y ~atA = λ 24

pie

s2j.

donde λ ∈ {−1, 1}, y ademas se sabe que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos.Aplicando las ecuaciones que permiten conocer las velocidades y aceleraciones de las partıculas de un

cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo, se tiene que

~vA = ω × ~rA/O o λ 10pie

sj = ω k ×

(−2

3pie i

)o λ 10

pie

sj = −2

3pie ωj

Por lo tanto,

λ = −1 ω = 15rad

sy ~vA = −10

pie

sj

De manera semejante, puesto que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos, se tiene que

~atA = 24pie

s2

De manera que

~atA = 24pie

s2= ~α× ~rA/O = α k ×

(−2

3pie i

)= −2

3α j

Por lo tanto

α = −36rad

s2y ~α = −36

rad

s2k.

Finalmente, la aceleracion total del punto B esta dada por

~aB = ~α× ~rB/O − ω2~rB/O = −36rad

s2k × 1

2pie j −

(15rad

s

)21

2pie j = 18

pie

s2i− 112.5

pie

s2j


Problema 9c. El cilindro hidraulico produce un movimiento horizontal limitado en el punto A. SivA = 4m/s cuando θ = 45◦. Determine la magnitud de la velocidad de D y la velocidad angular ω deleslabon ABD para esta posicion.14

Solucion. Los datos del problema son vA = 4m/s y θ = 45◦.

De la ley de los senos, denotando φ =< BAO se tiene

OB

senφ=

AB

senθsenφ =

OB

ABsen θ =

250mm

400mmsen45◦

Por lo tanto, se tiene queφ = 26.28◦

Determinacion de los vectores de posicion

~rB/A = AB(cosφ i+ sinφ j) = (358.68mm) i+ (177.04mm) j

~rD/A = AD(cosφ i+ sinφ j) = (538.02mm) i+ (265.63mm) j

~rB/O = OB(cosφ i+ sinφ j) = (−176.77mm) i+ (176.77mm) j

14Este es el Problema 5.114 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,Jonh Wiley and Sons, Inc.: New York.

16

Figure 11: Problema 5.114 del libro de Meriam.

Analisis de velocidad del mecanismo.

~vB3 = ~vA + ~ωABD × ~rB/A = 4m/s i+ ωABD k × (0.358m i+ 0.177m j) (3)

De manera similar

~VB4 = ~ωOB × ~rB/O = ωOB k × (−0.176m i+ 0.176m j) (4)

Igualando las componentes en X y Y de las ecuaciones (3) y (4) se obtienen las ecuaciones escalaresque resuelven el problema

4m/s− 0.177mωABD = −0.176mωOB

0.358mωABD = −0.176mωOB

Despejando de la segunda ecuacion escalar ωOB se tiene que

ωOB = −2.034ωABD

y sustituyendo este resultado en la primera ecuacion

4m/s− (0.177m)ωABD = −0.176m (−2.034ωABD)

o4m/s = (0.177m+ 0.3579m)ωABD Por lo tanto ωABD = 7.478 rad/s ccw

Analisis de la velocidad del punto D

~vD = ~vA + ~ωABD × ~rD/A = 4m/s i+ (7.478 rad/s) k × (538.02mm i+ 265.63mm j)

= (2.01m/s) i+ (4.06m/s) j

La magnitud vD esta dada por

vD =√

(2.01m/s)2 + (4.06m/s)2 = 4.53m/s

Problema 12.a Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como se muestraen la figura 12. La carga A tiene una aceleracion de 300mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambasdirigidos hacia arriba. Determine (a) El numero de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) lavelocidad y posicion de la carga B despues de 3s (c) la aceleracion del punto D en el borde de la poleapara t = 0.15

~aA = ~aTPA= 300mm/s2j = ~α2 × ~rPA/C

= (α2k)× (−120mmi)

15Este es el Problema 15.30 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Novena edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

17

Figure 12: Conjunto de Polea y Cargas.

~vA(0) = ~vPA(0) = 240mm/sj = ~ω2(0)× ~rPA/C

= (ω2(0)k)× (−120mmi)

300mm/s2j = −120mmα2j α2 =240mm/s2

−120mm= −2.5rad/s2

240mm/sj = −120mmω2(0)j ω2(0) =240mm/s

−120mm = −2rad/s

~α2 = −2.5rad/s2k ~ω2(0) = −2.0rad/sk

~α2(t) = −2.5rad/s2k

~ω2(t) =

∫~α2(t)dt = −2.5rad/s2tk + ~C1

−2.0rad/s = ~ω2(0) = −2.5rad/s2(0)k + ~C1~C1 = −2rad/s

~ω2(t) = (−2.5rad/s2t− 2rad/s)k

θ2(t) =

∫(−2.5rad/s2t− 2rad/s)dt = −1.25rad/s2t2 − 2rad/st+ C2

Para t = 0, θ2(0) = 0, por lo tanto C2 = 0

θ2(t) = −1.25rad/s2t2 − 2rad/st

Por lo tantoθ2(3) = −1.25rad/s2(3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev

Para la velocidad y aceleracion de la carga B para t = 3s

~aTPB= ~α× ~rPB/C

= (−2.5rad/s2k)× (180mmi) = −450mm/s2j = ~aB

~vPB(0) = ~ω2(0)× ~rPB/C

= (−2rad/s2k)× (180mmi) = −360mm/s2j = ~vB(0)

sB(t) =1

2aBt

2 + vB(0)t

sB(3) =1

2(−450mm/s2)(3s)2 + (−360mm/s2)(3s) = −3105mm

sB(3) = −3.105m

vB(t) = aBt+ vB(0)

vB(3) = (−450mm/s2)(3s) + (−360mm/s) = −1710mm/s = −1.71m/s

18

Para la aceleracion del punto D

~aD = ~α2 × ~rD/C − ω2~rD/C = (−2.5rad/s2k)× (−180mmi)− (−2rad/s)2(−180mmi)

~aD = 450mm/s2j + 720mm/s2

yaD = 849.058mm/s2


4 Problemas de cuerpos rıgidos sujetos a movimiento plano ge-neral.

En esta seccion se analizaran diferentes problemas de la cinematica de cuerpos rıgidos sujetos a movimientoplano general. En estos problemas, se mostrara como relacionar las velocidades y aceleraciones de dospuntos que pertenecen a cuerpos rıgidos sujetos a movimiento plano general. Para llevar a cabo estasrelaciones se emplearan los vectores velocidad angular y aceleracion angular. Ademas, estos problemasen muchos de los casos emplean conocimientos de los temas anteriores.

Problema 4.1 La placa mostrada en el plano xy. Sabiendo que vAx = 120mm/s vBy = 300mm/s yvCy

= −60mm/s determine (a) la velocidad angular de la placa, (b) la velocidad del punto A.16

Figure 13: Placa Sujeta a movimiento plano general.

Solucion. Los vectores de posicion nesesarios son

~rC/A = 360mmi+ 180mmj ~rB/A = 180mmi− 180mmj

Las velocidades estan dadas por

~vA = 120mm/si+ vAy j ~vB = vBx i+ 300mm/sj ~vc = vCXi− 60mm/sj

Las ecuaciones que relacionan estas velocidades son

~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A ~vc = ~vA + ~ω + ~ω × ~rC/A16Este problema corresponde al Problema 15-46 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth

Edition, 2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: NewYork.

19

vBx + 300mm/sj = 120mm/si+ vAyj + (ωk)× (180mmi− 180j)

vCxi− 60mm/sj = 120mm/si+ vAy

j + (ωk)× (180mmi− 180mmk)

Las ecuaciones escalares asociadas a esas ecuaciones vectoriales son

vBx = 120− 180ω (5)

300 = vAy+ 180ω (6)

vCx= 120− 180ω (7)

−60 = vAy + 360ω (8)

Restando la ecuacion (8) de la ecuacion (6), se tiene que

300 = vAy+ 180ω

60 = −vAy− 360ω

360 = −180ω

ω = −2rad/s

vAy= 300− 180ω = 300− 180(2) = 660mm/s

~vA = 120mm/si+ 600mm/sj

~ω = −2rad/sk


Problema 4.2 La oscilacion horizontal del embolo E, precargado mediante un resorte, se controlavariando la presion de aire en el cilindro neumatico horizontal F . Si el embolo tiene una velocidad de 2m/s a la derecha cuando θ = 30◦. Determine la velocidad de bajada vD del rodillo D en la gua verticaly encontrar la velocidad angular ω de ABD para esta posicion.17

Figure 14: Problema 5.108 del libro de Meriam.

Solucion. Los datos proporcionados son

~vE = −2m/s i θ = 30◦ a = 100mm = 0.1m.

Determinacion de los vectores de posicion

~rB/A = a (cosθ i− sen θ j) =

√3

2a i− a

2j

~rD/A = 3 a (cosθ i− sen θ j) = 3

√3

2a i− 3

2a j

17Este es el Problema 5− 108 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L.G. [2007], John Wiley: New York.

20

Datos para el analisis de velocidad y aceleracion.

~vE = −2m/s i Suponiendo ~aE = 0m/s2

Ademas, se tiene que

~vA = vAX i+ vAY j = 2m/s i+ vAY j ~aA = 0m/s2 i+ aAY j

~vB = vBX i ~aB = aBX i

~vD = vDY j ~aD = aDY j

Analisis de velocidad del mecanismo.

Velocidad del punto B

~vB = ~vA + ~ωABD × ~rB/A

~vB i = vAX i+ vAY j + ωABD k ×

(√3

2a i− a

2j

)Obteniendo las componentes X y Y de la ecuacion vectorial se tiene que

vB = vAX + ωABDa

2

0 = vAY + ωABD

√3

2a

Estas dos ecuaciones tienen tres incognitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales.Velocidad del punto D

~vD = ~vA + ~ωABD × ~rD/A

~vD j = vAX i+ vAY j + ωABD k ×

(3

√3

2a i− 3

2a j

)Obteniendo las componentes X y Y de la ecuacion vectorial se tiene que

0 = vAX + ωABD3

2a

vD = vAY + ωABD 3

√3

2a

De la componente X de esta ultima ecuacion, se tiene que

ωABD = −2 vAX3 a

= −2(−2m/s)

3 0.1m= 13.33333 rad/s c.c.w. =

40

3rad/s c.c.w.

A partir de este resultado es posible determinar el resto de las incognitas

vB = vAX + ωABDa

2= −2m/s+

40

3rad/s

0.1m

2= −4

3m/s = 1.3333m/s

vAY = −ωABD√

3

2a = −40

3rad/s

√3

2(0.1m) = 1.1547/m/s.

vD = vAY + ωABD 3

√3

2a = −ωABD

√3

2a+ ωABD 3

√3

2a = ωABD

√3 a =

40

3rad/s

√3 (0.1m)

= 2.3094m/s.

Analisis de aceleracion del mecanismo.

Aceleracion del punto B.

~aB = ~aA + ~αABD × ~rB/A − ωABD2~rB/A

aB i = (0 i+ aAY j) + αABD k ×

(a

√3

2i− a

2j

)− ω2

ABD

(a

√3

2i− a

2j

)

21

Obteniendo las componentes X y Y de la ecuacion vectorial se tiene que

aB = αABDa

2− ω2

ABD

√3

2a

0 = aAY + αABD a

√3

2+ ω2

ABD

1

2a

Estas dos ecuaciones tienen tres incognitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales.Aceleracion del punto D.

~aD = ~aA + ~αABD × ~rD/A − ωABD2~rD/A

aD j = (0 i+ aAY j) + αABD k ×

(3 a

√3

2i− 3 a

2j

)− ω2

ABD

(3 a

√3

2i− 3 a

2j

)

Obteniendo las componentes X y Y de la ecuacion vectorial se tiene que

0 = αABD3 a

2− ω2

ABD3 a

√3

2

aD = aAY + αABD 3 a

√3

2+ ω2

ABD

3 a

2

De la componente X de esta ultima ecuacion, se tiene que

αABD =√

3ω2ABD = 307.92 rad/s2 c.c.w.

A partir de este resultado es posible determinar el resto de las incognitas

aAY = −αABD a√

3

2− ω2

ABD

1

2a

y

aD = aAY + αABD 3 a

√3

2+ ω2

ABD

3 a

2= −αABD a

√3

2− ω2

ABD

1

2a+ αABD 3 a

√3

2+ ω2

ABD

3 a

2

= αABD a√

3 + ω2ABD a =

√3ω2

ABD a√

3 + ω2ABD a

= 4 aω2ABD = 4 (0.1m)(13.33333 rad/s)2 = 71.11111m/s2.


Problema 4.3. Los rodillos en los extremos de la barra AB se encuentran restringidos por la ranuramostrada. Si el rodillo A posee una velocidad dirigida hacia abajo cuya magnitud es de 1.2m/s2 y esconstante por un pequeno intervalo de movimiento, determine la aceleracion tangencial del rodillo Bcuando este pasa por la posicion mas alta de la trayectoria. El valor de R es 0.5m.18

Solucion. El objetivo de este problema es encontrar la componente tangencial de la aceleracion delrodillo en B, para esto se realiza es un analisis cinematico del elemento, partiendo de las ecuaciones develocidad para obtener el valor de las velocidades angulares y junto con las ecuaciones de aceleracionobtener el valor buscado.

El primer paso consiste en determinar los vectores de posicion. Se observa que la componente verticaldel vector de posicion entre el punto B y el punto A esta dado por el teorema de Pitagoras

rB/Ax =

√(3R

2

)2

−R2 = R

√5

2

Por lo tanto, el vector de posicion del punto B respecto de A es

~rBA = R i+R

√5

2j

18Este es el Problema 5.133. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., SeventhEdition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

22

Figure 15: Barra con rodillos en los extremos restringidos a moverse en una ranura.

Analisis de velocidad. El enunciado indica que la velocidad del rodillo A en ese instante tienedireccon vertical, y por las restricciones de movimiento y la posicion del rodillo del rodillo B solo puedetener velocidad en la direccion horizontal.19

La velocidad del rodillo B esta dado por

~vB = ~vA + ~ω × ~rBA

o

vB i = vA j + ω k × (R i+

√5

2R j)

Las componentes x y y de esta ecuacion son

vB = −ω√

5

2R 0 = vA + ωR

Por lo tanto

ω = −vAR

= −−1.2 m

s

0.5m= 2.4

rad

s

Analisis de aceleracion. Puesto que el rodillo A tiene una velocidad de magnitud constante y sutrayectoria, en esa vecindad es recta, la aceleracion en el punto A es igual a cero

~aA = ~0

La aceleracion del rodillo o punto B esta dada por

~aB = ~aA + ~α × ~rBA− ω2 ~rBA (9)

La componente normal de la aceleracion en B esta dada —recuerde la ecuacion para la aceleracionnormal de una partıcula— por:

aBn =vB

2

R=

(−ω

√52 R

)2R

=5ω2R2

4R= 3.6

m

s2

Por tanto la aceleracion en B se puede expresar como

~aB = aBx i− 3.6m

s2j

19Como consequencia el centro de velocidad instantaneo se encuentra a una distancia√52

R descendiendo verticalmentedesde el rodillo B y una magnitud R a la derecha del rodillo A. Este resultado podrıa utilizarse para realizar el analisis develocidad.

23

Sustituyendo en la ecuacion (9), la ~aA, ~aB y ω, se tiene

aBx i− 3.6m

s2j = ~0 + α k × (R i+

√5

2R j)− (2.4

rad

s2)2 (R i+

√5

2R j)

Las componentes escalares de esta ecuacion vectorial son

aBx = −α√

5

2R− (2.4

rad

s2)2R

−3.6m

s2= αR− (2.4

rad

s2)2√

5

2R

De la segunda ecuacion se tiene que

α =−3.6 m

s2 + (2.4 rads2 )2

√52 R

R= −0.760124 rad/s2

De la primera ecuacion, se tiene que

aBx = −α√

5

2R− (2.4

rad

s2)2R = −(−0.760124 rad/s2)

√5

2(0.5m)− (2.4

rad

s2)2 (0.5m) = −2.455m/s2

Esta es la aceleracion tangencial de B, donde el signo − indica que es hacia la izquierda.

Problema 4.4 El radio del engrane central A del sistema de engranes planetarios mostrado es a,el radio de cada uno de los engranes plenetarios es b y el radio del engrane exterior E es a + 2b. Lavelocidad angular del engrane A es ωA en sentido horario y el engrane exterior es estacionario. Si lavelocidad angular de la arana BCD debe ser ωA/5 en sentido horario, determine el valor requerido de larelacion b/a (b) la velocidad angular correspondiente de cada engrane planetario.20

Figure 16: Engrane planetario.

Solucion. Los vectores de posicion necesarios para resolver el problema son

~rP/OA = aj ~rOB/OA = (a+ b)j ~rP/OB = −bj ~rQ/OB = bj

Ademas se conocen algunas velocidades angulares

~ωA = −ωAk ωBCD = −ωA5k ~ωE = ~0


24

La clave de la solucion es, por una parte, que las velocidades de los puntos P , uno que pertenece alengrane sol A, y otro que pertenece al engrane planeta B deben ser iguales, es decir

~vP/A = ~vP/B

por lo tanto:

~vP/A = ~ωA × ~rP/OA = (−ωk)× (aj) = ωAai

~vP/B = ~ωBCD × ~vOB/OA + ~ωB × ~rP/OB = (−ωA5k)× (a+ b)j + ωB k × (−bj)

=ωA5

(a+ b)i+ ωB bi

La ecuacion escalar que se obtiene de esta ecuacion vectorial es

ωA a =ωA5

(a+ b) + ωB b (10)

Por otra parte, el resto de la solucion es que las velocidades de los puntos Q, uno que pertenece al engraneplaneta B y otro que pertenece a la corona E deben ser iguales, es decir

~vQ/B = ~vQ/E

~vQ/B = ~ωBCD × ~rOB/OA+ ~ωB × ~rQ/B) = (−ωA

5k)× (a+ b)j + ωB k × (bj) =

ωA5

(a+ b)− ωB b

~vQ/E = ~0

La ecuacion escalar asociada a esta ecuacion vectorial es

0 =ωA5

(a+ b)− ωBb (11)

Sumando (10) y (11), se tiene que

��ωAa =2

5��ωA(a+ b) a =

2

5a+

2

5b

3

5a =

2

5b

b

a=

3/5

2/5=

3

2

ωB =ωA5

a+ b

b=ωa5

(a

b+ 1) =

ωA5

(1

3/2+ 1) =

ωA5

(2

3+ 1) =

ωA3

~ωB =1

3ωAk

Problema 4.5 El eje O mueve el brazo OA en sentido horario a una velocidad de 90 r.p.m. alrededordel punto fijo O. Use el metodo del centro instantaneo de velocidad para determinar la velocidad derotacion del engrane B —los dientes de los engranes no se muestran—. a) si el engrane corona D estafijo y, b) si el engrane corona D rota en sentido antihorario alrededor de O con una velocidad angular de80 r.p.m.21

Solucion. El problema se resolvera simbolicamente, para en el paso final, resolver los dos incisosdel problema. Pero, no se empleran centros instantaneos de velocidad. Primeramente se enumeraran loselementos y puntos de contacto del engrane planetario.

Es importante notar que el brazo OA, eslabon 2, el engrane sol, eslabon 3, y el engrane corona,eslabon 5, todos tienen movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo perpendicular al plano del papel,que pasa por el punto O, sin embargo, todas sus velocidades angulares son diferentes. Finalmente, losengranes planeta, uno de ellos es el eslabon 4, estan sujetos a movimiento plano general. Por otro lado,hay dos puntos de contacto, el punto P en el radio de paso del engrane sol, 3, y el engrane planeta, 4, yel punto Q, en el radio de paso del engrane planeta, 4, y el engrane corona, 5. En estos dos puntos nohay deslizamiento, por lo tanto sus velocidades y componentes tangenciales de la aceleracion son iguales.Entonces, se tiene que

~vP3 = ~vP4 (12)

~vQ4 = ~vQ5 (13)

21Este es el Problema 5.120 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

25

Figure 17: Engrane planetario a analizar.

Figure 18: Enumeracion de los eslabones del engrane planetario.

Para la primera ecuacion (12), se tiene que

~vP3 = ~ω3 × ~rP/O = ω3k ×a

2i =

1

2ω3aj

~vP4 = ~vA4 + ~ω4 × ~rP/A = ~ω2 × ~rA/O + ~ω4 × ~rP/A = ω2k × ai+ ω4k ×−a2i =

(ω2 −

1

2ω4

)aj

Por lo tanto, la ecuacion (12), se reduce a

1

2ω3aj = ~vP3 = ~vP4 =

(ω2 −

1

2ω4

)aj o

1

2ω3 = ω2 −

1

2ω4 (14)

Para la segunda ecuacion (13), se tiene que

~vQ4 = ~vA4 + ~ω4 × ~rQ/A = ~ω2 × ~rA/O + ~ω4 × ~rQ/A = ω2k × ai+ ω4k ×a

2i =

(ω2 +

1

2ω4

)a j

~vQ5 = ~ω5 × ~rQ/O = ω5k ×3a

2i =

3

2ω5aj

26

Por lo tanto, la ecuacion (13), se reduce a(ω2 +

1

2ω4

)a j = ~vQ4 = ~vQ5 =

3

2ω5aj o ω2 +

1

2ω4 =

3

2ω5 (15)

El analisis teorico conduce a la solucion de un sistema de dos ecuaciones escalares (14) y (15) que ensu forma mas simple son

ω3 = 2ω2 − ω4 2ω2 + ω4 = 3ω5

Las incognitas en este sistema de ecuaciones son ω3 y ω4. Para tal fın, las ecuaciones se escriben como

ω3 + ω4 = 2ω2

ω4 = −2ω2 + 3ω5

Por lo tanto, la solucion del sistema es

ω4 = −2ω2 + 3ω5 ω3 = 4ω2 − 3ω5

Ahora se resolveran cada uno de los incisos:

1. a). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 0. Por lo tanto

ω4 = −2ω2 + 3ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (0 r.p.m.) = 180 r.p.m.

ω3 = 4ω2 − 3ω5 = 4 (−90 r.p.m.)− 3 (0 r.p.m.) = −360 r.p.m.

2. b). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 80 r.p.m.. Por lo tanto

ω4 = −2ω2 + 3ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (80 r.p.m.) = 420 r.p.m.

ω3 = 4ω2 − 3ω5 = 4 (−90 r.p.m.)− 3 (80 r.p.m.) = −600 r.p.m.

El signo positivo indica que el giro de la rotacion es en sentido antihorario y el signo negativo indicaque el giro de la rotacion es en sentido horario.

Problema 4.6 Para el engrane mostrado, derive una expresion para la velocidad angular ωC ymuestre que ωC es independiente del radio del engrane B. Suponga que el punto A esta fijo y denote lasvelocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y ωA respectivemte.22

Solucion: Este es un problema interesante pues muestra uno de los errores frecuentes que incurrendiferentes libros de texto en Dinamica. Debe notarse que los autores del libro al cual pertenece esteproblema usan la misma letra para identificar en punto y un eslabon o cuerpo rıgido, “...Suponga queel punto A esta fijo y denote las velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC yωA respectivemte...” Para evitar esta confusion se denotaran los eslabones con numero y los puntos conletras. En particular, el eslabon fijo, que no se muestra, se denominara 1, el engrane sol, 2, la barra queconecta los engranes, 3, el engrane planetario intermedio, 4 y el engrane planetario exterior 5. Por otrolado, el punto A yace en los ejes de rotacion del engrane 2 y la barra conectora 3, pero sus velocidadesangulares pueden ser y son diferentes, el punto B yace en el eje de rotacion del engrane planetario 4 yel punto C yace en el eje de rotacion del engrane planetario 5. Ademas, debe notarse que el engranesol, 2 y la barra conectora 3, estan sujetos a rotacion alrededor de un eje fijo, mientras que los engranesplanetarios 4 y 5 estan sujetos a movimiento plano general.

La solucion consiste en analizar dos parejas de puntos, los puntos P2 y P4 que son coindentes en elradio de paso de los engranes 2 y 4 y los puntos Q4 y Q5 que son coindentes en el radio de paso delos engranes 2 y 5, cada uno de los puntos de estas parejas tienen la misma velocidad. Ademas, parasimplificar los calculos, se supondra que el eje X pasa por el punto A y es paralelo a la linea que une lospuntos A, B y C. Por lo tanto, los vectores de posicion rqueridos son

~rB/A = (rA+rB) i ~rC/A = (rA+2 rB+rC) i ~rP/B = −rB i ~rP/A = rA i ~rQ/B = rB i ~rQ/C = −rC i22Este es el Problema 15.72 del libro Vector Mechanics for Engineers, Ninth Edition. Beer, F.P., Johnston, E.R. y

Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

27

Figure 19: Engrane Planetario Compuesto.

Por lo tanto, se tiene que

~vP2 = ~ω2 × ~rP/A = ω2 k × rA i = ω2 rA j

~vP4 = ~vB3 + ~ω4 × ~rP/B = ~ω3 × ~rB/A + ~ω4 × ~rP/B = ω3 k × (rA + rB) i+ ω4 k ×−rB i= [ω3 (rA + rB)− ω4 rB ] j

Igualando estas ecuaciones se tiene que

ω2 rA = ω3 (rA + rB)− ω4 rB

De manera semejante

~vQ4 = ~vB3 + ~ω4 × ~rQ/B = ω3 k × (rA + rB) i+ ω4 k × rB i = [ω3 (rA + rB) + ω4 rB ] j

~vQ5 = ~vC3 + ~ω5 × ~rQ/C = ω3 k × (rA + 2 rB + rC) i+ ω5 k × (−rC i)= ω3 (rA + 2 rB + rC) j − ω5 rB j = [ω3 (rA + 2 rB + rC)− ω5 rC ] j

Igualando estas ecuaciones se tiene que

ω3 (rA + rB) + ω4 rB = ω3 (rA + 2 rB + rC)− ω5 rC

Igualando, en ambas ecuaciones escalares, ω4 rB , se tiene que

ω4 rB = −ω2 rA + ω3 (rA + rB) = ω3 (rA + 2 rB + rC)− ω5 rC − ω3 (rA + rB)

Simplificando, estas dos ultimas ecuaciones, se tiene que

−ω2 rA + ω3 (rA + rB) = ω3 (rB + rC)− ω5 rC

Por lo tanto, finalmente

ω5 =ω2 rA + ω3 (rB + rC − rA − rB)

rC=ω2 rA + ω3 (rC − rA)

rC= ω2

rArC

+ ω3

(1− rA

rC

)(16)

La velocidad angular del engrane planetario 5 es independiente de rB y esta dada por la ecuacion (16). Elresultado del libro no incluye ω2, quizas por que el autor interpreto incorrectamente que si “... el puntoA esta fijo...” implica que ω2 = 0.

28

Problema 4.7 La rueda de r = 4 pulgadas de radio que se muestra en la figura 20 gira haciala “izquierda”, en sentido contrario a las manecillas del reloj, de tal manera que su centro D tieneuna velocidad de 45 pulgadas/segundo y rueda sin deslizar. Si la distancia AD es de 2.5 pulgadas,determine la velocidad del colların y la velocidad angular de la varilla AB cuando a) β = 0◦, b) β = 90◦.23

Figure 20: Mecanismo con disco rodando.

Solucion: Aquı resolveremos exclusivamente el inciso a). Si se denomina P el punto de la rueda queesta en contacto con el piso, se tiene que si el disco rueda sin deslizar

~vP/disco = ~vP/piso = ~0, y ~atP/disco = ~atP/piso = ~0.

Cuando β = 0◦, los vectores de posicion estan dados por

~rD/P = 4pulg. j ~rA/D = −2.5pulg. j ~rB/A = 10.677pulg. i+ 6.5 pulg.j.

Es importante senalar que el movimiento de rodadura entre dos cuerpos es un caso particular demovimiento plano general. Si la rodadura entre dos cuerpos es sin deslizamiento, las velocidades de losdos puntos de contacto y coincidentes, uno perteneciente a un cuerpo y otro perteneciente al otro cuerpo,tienen la misma velocidad y la misma componente tangencial de la aceleracion. En el caso particular deun disco que rueda sin deslizar sobre un plano, se tiene que el desplazamiento, s, del punto D, que es elcentro del disco, y el angulo de rotacion del disco, θ, estan relacionados por

s = r θ

donde r es el radio del disco y los sentidos del desplazamiento y del angulo de rotacion son “congruentes”.Derivando con respecto al tiempo esta expresion, puesto que r es constante, se tiene que

| ~vD |= r ω

donde ω = θ es la velocidad angular del disco. De manera similar, una segunda derivacion conduce a —elpunto D se mueve a lo largo de una lınea recta, de manera que no tiene aceleracion normal—.

| ~aD |= r α

donde α = ω = θ. Es importante indicar que las direcciones de la velocidad y la aceleracion estanrelacionadas con las direcciones de la velocidad angular y la aceleracion angular respectivamente.

De acuerdo a la definicion del movimiento de rodadura sin deslizamiento, se tiene que

~vP/disco = ~0.

Por lo tanto

~vD/disco = ~vP/disco + ~ω × ~rD/P

−45pulg.

s.i = ~0 + ω k × 4 pulg. j = −4ω pulg. i.


29

Por lo tanto

ω =−45 pulg.

s.

−4 pulg.= 11.25

rad.

s.y ~ω = 11.25

rad.

s.k.

Ahora determinaremos la velocidad del punto A,

~vA/disco = ~vD/disco + ~ω × ~rA/D = −45pulg.

s.i+

(11.25

rad.

s.k

)×(−2.5 pulg. j

)= −16.875

pulg.

s.i

Ademas~vA/disco = ~vA/AB

Estamos ahora en posicion para obtener la velocidad del colların B y la velocidad angular de la barraAB. Debe notarse que

~vB/AB = ~vB/collar

~vA/AB + ~ωAB × ~rB/A = vB i

−16.875pulg.

s.i+(ωAB k

)×(

10.677pulg. i+ 6.5 pulg.j)

= vB i

Las ecuaciones escalares que resultan de la ecuacion vectorial son

−16.875pulg.

s.− ωAB 6.5 pulg. = vB ,

y0 + ωAB 10.677pulg. = 0.

Por lo tanto

ωAB = 0 y vB = −16.875pulg.

s.

o en terminos vectoriales

~ω = ~0 y ~vB = −16.875pulg.

s.i.


Problema 4.8 Una viga de acero de 10ft, mostrada en la figura 21, se baja mediante dos cables quese enrollan a la misma velocidad desde una grua viajera, vea la figura 21. Cuando la viga se aproxima alpiso, los operadores de la grua aplican frenos para disminuir la velocidad de desenrollado. En el instanteconsiderado la desaceleracion del cable unido al punto A es 12ft/s2, mientras que el del cable B es 5ft/s2.Determine la aceleracion angular de la viga (b) la aceleracion del punto C. 24

Figure 21: Barra manipulada mediante dos cables.

Solucion: Debe notarse que el problema supone que en el instante considerado la velocidad dedesenrollado de ambos cables es igual por lo tanto

~vA = ~vB24Este problema corresponde a los problemas 15.107 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics

Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

30

y de la ecuacion~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A = ~vA + (ωk)× (9[ft]i) = ~vA + 9ω[ft]j

se tiene que0 = 9ωft⇒ ω = 0

La velocidad angular de la barra en ese instante es igual a cero.

~aA = 12ft/s2j ~aB = 5ft/s2j

y~aB = ~aA + ~α× ~rB/A − ω2~rB/A

Sustituting the numeric values of the variables

5ft/s2j = 12ft/s2j + (αk)× (9[ft]i)− 02(9[ft]i)

o

5ft/s2 = 12ft/s2 + 9α[ft] α =5ft/s2 − 12ft/s2

9ft= −7

9rad/s2

Finalmente

~α = −7

9ft/s2k

~aC = ~aA + ~α× ~rC/A −��:0

ω2~rC/A

o

~aC = 12ft/s2j + (−7

9rad/s2k)× (10[ft]i) = 4.222222ft/s2j


Problema 4.9 Dos barras AB y DE se conectan como se muestran en la Figura 22. Sabiendo queel punto B se mueve hacia abajo con una velocidad de 60 in/s, determine (a) la velocidad angular decada barra, (b) la velocidad del punto E.25 Nota importante: El problema debe resolverse por medio decentros instantaneos de velocidad.

Figure 22: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.

Solucion. Puesto que la velocidad del punto B es vertical, el centro instantaneo de la barra 2 yacesobre una lınea horizontal que pasa por el punto B. De igual manera, puesto que la velocidad del punto

25Este problema corresponde a los problemas 15.98 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer,Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

31

A es horizontal, el centro instantaneo de la barra 2 yace sobre una lınea vertical que pasa por el puntoA. La interseccion de esas dos lıneas es el punto O2. De la Figura 22, se tiene que

~rB/O2= 30 in i ~vB = −60 in/s j

Ademas, puesto que la velocidad del centro instantaneo O es cero, se tiene que

~vB = ~vO2+ ~ω2 × ~rB/O2

= ~ω2 × ~rB/O2

Por lo tanto

−60 in/s j = ω2 k × 50 in i = 30 in ω2 j ω2 =−60 in/s

30 in= −2 rad/s

Ademas es posible calcular la velocidad del punto D, pues

~rD/O2= 15 in i− 8 in j

por lo tanto

~vD3 = ~vD2 = ~vO2 + ~ω2 × ~rD/O2= ~ω2 × ~rD/O =

(−2 rad/s k

)×(

15 in i− 8 in j)

= −16 in/s i− 30 in/s j

En cuanto a la localizacion del centro instantaneo de la barra 3, se tiene que: La velocidad del puntoE es horizontal de manera que el centro instantaneo del eslabon O3 esta localizado en una lınea verticalque pasa por el punto E. Por otro lado, el centro instantaneo O3 estara localizado en una lınea que pasapor D y es perpendicular a ~vD3

= ~vD2y por lo tanto paralelo al vector de posicion ~rD/O2

. Entonces setiene que

~rD/F = −15 in i+ 8 in j y ~rO3/F = −9 in i+8

159 in j = −9 in i+

24

5inj

Por lo tanto

~rD/O3= ~rD/F − ~rO3/F = −6 in i+

16

5inj

y

−16 in/s i− 30 in/s j = ~vD3= ~vO3

+ ~ω3 × ~rD/O3= ω3 k ×

(−6 in i+

16

5inj

)= −16

5in ω3 i− 6 in ω3 j

De esta ecuacion vectorial, se tienen dos ecuaciones escalares

−16 in/s = −16

5in ω3 y − 30 in/s = −6 in ω3

Las ecuaciones son consistentes y tienen como solucion comun

ω3 = 5 rad/s y ~ω3 = 5 rad/s k

Finalmente, la velocidad del punto E estara dada por

~vE3= ~vO3

+ ~ω3 × ~rE/O3= ~ω3 × ~rE/O3

=(

5 rad/s k)×(−24

5inj

)= 24 in/s i.


Problema 4.10 En la posicion mostrada en la figura 23, la barra AB tiene cero aceleracion angular yuna velocidad angular de 20 rad/s en sentido antihorario. Determine (a) la velocidad angular del miembroBDH, (b) la velocidad del punto H. Adicionalmente encuentre, (c) la aceleracion angular del miembroBDH y (d) la aceleracion del punto H.26

26Este problema corresponde, con alguna modificacion, al problema 15.69 del libro Vector Mechanics for Engineers Staticsand Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

32

Figure 23: Mecanismo plano de cuatro barras.

Solucion. Primeramente se numeraran los eslabones de la siguiente forma. El eslabon fijo 1, eleslabon motriz, AB, 2, el eslabon acoplador, BDH, 3 y el eslabon seguidor, ED, 4. A continuacion sedeterminaran los vectores de posicion necesarios para la solucion del problema.

~rB/A = 3 in i− 4 in j ~rD/B = 10 in i ~rD/E = −3 in i− 4 in j ~rH/B = 10 in i− 10 in j

Por otro lado, se sabe que la velocidad y aceleracion angular del eslabon motriz, AB, estan dadas por

~ω2 = 20 rad/s2 k ~α2 = ~0.

Analisis de Velocidad. Primero se determinara la velocidad del punto B del eslabon 2 —debenotarse que las velocidades de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 soniguales.

~vB2 = ~vB3 = ~ω2 × ~rB/A = (20 rad/s k)× (3 in i− 4 in j) = 80 in/s i+ 60 ∈ /s j.

El analisis de velocidad termina notando que las velocidades de los puntos coincidentes D como parte de3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto

~vD3 = ~vB3 + ~ω3 × ~rD/B = ~ω4 × ~rD/E = ~vD4

De aquı que(80 in/s i+ 60 in/s j) + ω3 k × (10 in i) = ω4 k × (−3 in i− 4 in j)

Esta ecuacion vectorial, da lugar a un sistema de dos ecuaciones escalares, dado por

80 in/s = 4ω4 in

60 in/s+ ω3 10 in = −3ω4 in

La solucion de este sistema de ecuaciones esta dado por

ω4 = 20 rad/s ω3 = −12 rad/s

Por lo tanto~ω3 = −12 rad/s k ~ω4 = 20 rad/s k

Por ultimo, falta determinar la velocidad del punto H, que tambien forma parte del eslabon 3. Porlo tanto, se tiene que

~vH3 = ~vB3 + ~ω3 × ~rH/B = 80 in/s i+ 60in/s j + (−12 rad/s k)× (10 in i− 10 in j)

~vH3 = (80 in/s+ 120 in/s) i+ (120 in/s) i = −40 in/s i− 60 in/s j

33

Este vector ~vH3, tiene una magnitud igual a

| ~vH3 |=√

(−40 in/s)2 + (−60 in/s)2 = 72.111 in/s

y su angulo respecto al semieje positivo X esta dado por

θH = tan−1−60 in/s

−40 in/s= −123.69◦

Analisis de Aceleracion. Primero se determinara la aceleracion del punto B del eslabon 2 —debenotarse que las aceleraciones de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 soniguales.

~aB2 = ~aB3 = ~α2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −(20 rad/s)2 (3 in i− 4 in j) = −1200 in/s2 i+ 1600 in/s2 j.

El analisis de aceleracion termina notando que las aceleraciones de los puntos coincidentes D como partede 3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto

~aD3 = ~aB3 + ~α3 × ~rD/B − ω23 ~rD/B = ~α4 × ~rD/E − ω2

4~rD/E = ~aD4

De aquı que

(−1200 in/s2 i+ 1600in/s2 j) + α3 k × (10 in i)− (−12 rad/s)2 (10 in i) =

α4 k × (−3 in i− 4 in j)− (−20 rad/s)2 (−3 in i− 4 in j)

Esta ecuacion vectorial, da lugar a un sistema de dos ecuaciones escalares, dado por

−2640 in/s2 = 4α4 in+ 1200 in/s2

1600 in/s2 + α3 10 in = −3α4 in+ 1600 in/s2

La solucion de este sistema de ecuaciones esta dado por

α4 = −960 rad/s2 α3 = 288 rad/s2

Por lo tanto~α3 = 288 rad/s2 k ~ω4 = −960 rad/s2 k

Por ultimo, falta determinar la aceleracion del punto H, que tambien forma parte del eslabon 3. Porlo tanto, se tiene que

~aH3 = ~aB3 + ~α3 × ~rH/B − ω23 × ~rH/B

= −1200 in/s2 i+ 1600 in/s2 j + (288 rad/s2 k)× (10 in i− 10 in j)− (−12 rad/s)2 (10 in i− 10 in j)

~aH3 = 240 in/s2 i+ 5920 in/s2 j

Este vector ~aH3, tiene una magnitud igual a

| ~aH3 |=√

(240 in/s2)2 + (5920 in/s2)2 = 5924.8628 in/s2

y su angulo respecto al semieje positivo X esta dado por

θH = tan−15920 in/s2

240 in/s2= 87.6784◦

Problema 4.11 Sabiendo que en el instante mostrado la barra AB tiene una velocidad angularconstante de 4 rad/s en sentido horario, determine la aceleracion angular (a) de la barra BD, (b) de labarra DE.27

Solucion: La figura 24 muestra el mecanismo con los eslabones o barras numeradas. Los vectores deposicion necesarios para resolver el problema son

~rB/A = −4 a i− 8 a j ~rD/B = 8 a i ~rD/E = 4 a i− 5 a j

27Este problema corresponde a los problemas 15.133 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and DynamicsBeer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

34

Figure 24: Mecanismo Plano de Cuatro Barras.

donde a = 100mm. Similarmente, las velocidades y aceleraciones angulares de los eslabones son

~ω2 = ω2 k ~α2 = ~0 ~ω3 = ω3 k ~α3 = α3 k ~ω4 = ω4 k ~α4 = α4 k

donde ω2 = −4 rad/sAnalisis de velocidad. Para el analisis de velocidad, se iniciara determinando la velocidad del punto

A, dada por~vB3 = ~vB2 = ~ω2 × ~rB/A = ω2 k × (−4 a i− 8 a j) = 8 aω2 i− 4 aω2 j

El analisis de velocidad finaliza notando que ~vD3 = ~vD4, por lo tanto

~vD3 = ~vB3 + ~ω3 × ~rD/B = (8 aω2 i− 4 aω2 j) + ω3 k × 8 a i = 8 aω2 i+ (−4 aω2 + ω3 8 a)j

~vD4 = ~ω4 × ~rD/E = ω4 k × (4 a i− 5 a j) = 5ω4 ai+ 4ω4 aj

Igualando estas ecuaciones se obtiene que

8 aω2 = 5ω4 a − 4 aω2 + ω3 8 a = 4ω4 a

La solucion de este sistema esta dado por

ω4 =8

5ω2 = −6.4 rad/s ω3 =

1

2(ω2 + ω4) =

13

10ω2 = −5.2 rad/s.

Analisis de aceleracion. Para el analisis de aceleracion, se iniciara determinando la aceleracion delpunto A, dada por

~aB3 = ~aB2 = ~α2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −ω2

2 × (−4 a i− 8 a j) = 4 aω22 i+ 8 aω2

2 j

El analisis de aceleracion finaliza notando que ~aD3 = ~aD4, por lo tanto

~aD3 = ~aB3 + ~α3 × ~rD/B − ω23 ~rD/B = 4 aω2

2 i+ 8 aω22 j + α3 k × 8 a i−

(13

10ω2

)2

8 a i

= 4ω22 a

(1− 169

50

)i+ 8 a

(ω22 + α3

)j = 4ω2

2 a119

50i+ 8 a

(ω22 + α3

)j

~aD4 = ~α4 × ~rD/E − ω24 ~rD/E = α4 k × (4 a i− 5 a j)−

(8

5ω2

)2

(4 a i− 5 a j)

=

(5 aα4 −

256

25aω2

2

)i+ 4 a

(α4 +

16

5ω22

)j

Igualando estas ecuaciones se obtiene que

−4ω22 a

119

50= 5 aα4 −

256

25aω2

2 8 a(ω22 + α3

)= 4 a

(α4 +

16

5ω22

)

35

De la primera ecuacion, se tiene que

5 aα4 = ω22 a

(−4

119

50+

256

25

)α4 = ω2

2

−238 + 256

125= ω2

2

18

125= 2.304 rad/s2.

De la segunda ecuacion, se tiene que

2ω22 +2α3 = ω2

2

18

125+

16

5ω22 2α3 = ω2

2

18 + 400− 250

125= ω2

2

168

125α3 =

84

125ω22 = 10.752 rad/s

Problema 4.12 Un tambor de 3′′ de radio, mostrado en la efigura 25, esta rigidamente unida a untambor de 5′′ de radio como muestra la figura 25. El tambor A rueda sin deslizar sobre la superfciemostrada y una cuerda esta enrollada alrededor del otro tambor. Sabiendo que en el instante mostradoel extremo D de la cuerda tiene una velocidad de 8pul/s y una aceleracion de 30pul/s2, ambas dirigiendosea la izquierda, determine las aceleraciones de los puntos A, B y C de los tambores.28

Figure 25: Tambor sobre riel.

Los datos del problema estan dados por

~aD = −30in/s2i = ~aTBy ~vD = −8in/si = ~vB

Puesto que el tambor rueda sin deslizar sobre la varilla, se tiene que

~vA = ~0 ~aTA= ~0⇒ ~aA = aj

Por lo tanto, la ecuacion que permite escribir la velocidad de B en terminos de la velocidad de A, estadada por

~vB = ~vA + ~ω × ~rB/ANumericamente

−8in/si = ~0 + (ωk)× (−2inj)

Por lo tanto~ω = −4rad/sk

De manera semejante, la ecuacion que permite escribir la aceleracion de B en terminos de la aceleracionde A, esta dada por

~aB = ~aA + ~α× ~rB/A − ω2~rB/A

Numericamente−30in/s2i+ aBy

j = aAyj + (αk)× (−2inj)− (−4rad/s)2(−2inj)

−30in/s2 = 2αin aBy = aAy + 32in/s2

Por lo tantoα = 15rad/s2 ~α = −15rad/s2k


36

Por otro lado, note que en el punto G se mueve en una linea recta horizontal, entonces:

~aG = ~aA + ~α× ~rG/A − ω2~rG/A

aGxi = aAy

j + (−15rad/s2k)× (3inj)− (−4rad/s)2(3inj)

aGx= 45in/s2 0 = aAy

− 48in/s2 aAy= 48in/s2

Finalmente~aA = 48in/s2j

De manera semejanteaBy

= aAy+ 32in/s2 = 80in/s2

De manera que la aceleracion del punto B esta dada por

~aB = −30in/s2i+ 80in/s2j o aB = 85.44in/s2 θ = 180− 69.44◦

Igualmente~aG = ~aA + ~α× ~rG/A − ω2~rG/A ~rG/A = 5i+ 3j[in]

o

~aG = 48j + (−15k)× (5i+ 3j)− (−4)2(5i+ 3j)[in

s2]

y~aG = i(+45− 80)in/s2 + j(48− 75− 48)in/s2

Finalmente~aG = −35in/s2i− 75in/s2 = 82.764in/s2 θ = 180 + 64.98◦


Problema 4.13 Determine una expresion general para la aceleracion del piston C como una funcionde L, R, θ, ωAB = θ, y αAB = θ. 29

Figure 26: Mecanismo manivela biela corredera.

Solucion. Los vectores de posicion del punto B respecto del punto A y del punto C respecto delpunto B estan dados por

~rB/A = RC θ i+RS θ j ~rC/B = −RC θ i+√L2 −R2 C2θ j

La velocidad y aceleracion angular de la manivela y de la biela estan dadas por

~ω2 = θ k ~α2 = θ k ~ω3 = ω3 k ~α3 = α3 k

29Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo andPlesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.

37

1. Analisis de Velocidad. La velocidad del punto B esta dado por

~vB = ~ω2 × ~rB/A = θ k ×(RC θ i+RS θ j

)= −RS θ θ i+RC θ θ j

La solucion del analisis de aceleracion se obtiene igualando dos expresiones equivalentes de la ve-locidad del punto C

~vC = ~vC + ~ω3 × ~rC/B =(−RS θ θ i+RC θ θ j

)+ ω3 k ×

(−RC θ i+

√L2 −R2 C2θ j

)=

(−RS θ θ − ω3

√L2 −R2 C2θ

)i+(RC θ θ − ω3RC θ

)j

y~vC = vC j

Igualando estas ecuaciones, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones

−RS θ θ − ω3

√L2 −R2 C2θ = 0 RC θ θ − ω3RC θ = vC

La solucion de este sistema de ecuaciones esta dada por

ω3 = − RS θ θ√L2 −R2 C2θ

vC = R θ C θ

[1 +

RS θ√L2 −R2 C2θ

]

5 Problemas de movimiento de cuerpos rıgidos analizados enterminos de un parametro.

En esta seccion se analizaran diferentes problemas de la cinematica de cuerpos rıgidos sujetos, usualmentea movimiento plano general. En estos problemas, el movimiento del cuerpo rıgido se estudia encontrandoecuaciones en terminos de un parametro y la derivacion de esas ecuaciones respecto al tiempo, permitedeterminar las velocidades y aceleraciones de los cuerpos o de los puntos que pertenecen a esos cuerpos.

Problema 5.1 La placa OAB forma un triangulo equilatero el cual rota en sentido contrario a lasmanecillas del reloj, con velocidad angular creciente, alrededor de un eje perpendicular al plano delpapel y que pasa por el punto O. Si las componentes normal y tangencial de la aceleracion del cen-troide C en un cierto instante son 80m/s2 y 30m/s2,respectivamente. Determine los valores de θ y θen ese mismo instante. El angulo θ es el angulo entre la lınea AB y el eje horizontal fijo,vea la figura 27.30

Figure 27: Placa OAB.

30Este es el Problema 5.14 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, JonhWiley and Sons, Inc.: New York.

38

Solucion. Este problema se resolvera analizando el movimiento en terminos de un parametro einvolucra un analisis geometrico de la placa OAB. La placa OAB es equilatera de manera que el angulo< BAO = 60◦, por lo tanto el angulo suplementario es igual a 120◦. Del analisis del triangulo cuyosvertices son los puntos A y O y el angulo opuesto es θ, y denominando δ el angulo entre la horizontal yla lınea OA, se tiene que

180◦ = −120◦ + θ + δ

Por lo tantoδ + θ = 60◦ θ = 60◦ − δ

Derivando repetidamente, se tiene que

θ = −δ y θ = −δ

Ahora, es necesario determinar la distancia OC = r. Del triangulo AOC y empleando la ley decosenos se obtiene

a2 = r2 + r2 − 2 r r cos φ = 2 r2 − 2 r2 cos φ = 2 r2(1− cos φ)

donde el angulo φφ = 180◦ − 2 (30◦) = 120◦

Despejando r de la ecuacion anterior

r =a√

2(1− cos φ)=

150√2[1− (−0.5)]

=a√3

= 86.6mm = 0.0866m

La aceleracion tangencial esta dada por

at = αr Por lo tanto α =atr

=30m/s2

0.0866m= 346.42 rad/s2

Puesto que la velocidad angular es creciente, se tiene que

δ = −α = −346.42 rad/s2

Finalmenteθ = −δ = α = 346.42 rad/s2

De la aceleracion normal se tiene quean = ω2 r

por lo tanto

ω =

√anr

=

√80m/s2

0.0866m= 30.39 rad/s

Puesto que la rotacion es en sentido antihorario se tiene que

δ = −ω = −30.39 rad/s

Por lo queθ = −δ = 30.39 rad/s

Con esta ecuacion finaliza la solucion del problema.

Problema 5.2 El cilindro hidraulico fijo C transmite una velocidad v hacia arriba al collar B, quese desliza libremente en la barra OA. Determine la velocidad angular resultante ω de OA en terminos dev, el desplazamiento s del punto B y la distancia d.31

Solucion. Este problema se resolvera expresando el movimiento en terminos de un parametro. Paralo cual, debemos buscar una funcion trigonometrica que relacione la distancia que sale del piston s conla distancia del mismo al eje fijo de rotacion d en funcion del angulo, θ, que forma este con la barra OA.En este caso, la relacion es bastante obvia y esta dada por

31Este es el Problema 5.29 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, JohnWiley and Sons, Inc: New York.

39

Figure 28: Problema 5− 29 del libro de Meriam.

tanθ =s

d

s = d tanθ (17)

La ecuacion (17) es la que se busca y el parametro es la distancia s. Ahora se derivara el desplazamientos con respecto al tiempo para encontrar la velocidad angular de la barra OA

v =ds

dt=d (d tanθ)

dt= d sec2θ

d θ

dt=

d

cos2θ

dθ

dt

Despejamos la derivada del angulo con respecto del tiempo para encontrar la velocidad angular de labarra OB

ωOA =dθ

dt=

(v)(cos2θ)

d(18)

La ecuacion (17) resuelve el problema. Debe notarse que si el angulo θ crece la velocidad angular es ensentido antihorario.

Ahora, determinaremos ademas la aceleracion angular de la barra OA.Analizando la figura y aplicando un poco de trigonometrıa, se sabe que

cosθ =d√

s2 + d2

Sustituyendo esta ecuacion en la ecuacion (18) se obtiene la ecuacion

ωOA =v

d

(d√

s2 + d2

)2

=v d

s2 + d2(19)

Ahora se procedera a encontrar la aceleracion angular de la barra OA derivando la velocidad angularencontrada en la ecuacion (18), se supondra ademas que la velocidad de variacion de la velocidad v estadada por

a ≡ d v

d t

Ası pues, se obtiene que

αOA =d (ωOA)

dt=

d

dt

(v d

s2 + d2

)Realizando la derivada, se tiene que

αOA =(dvdt d)(s2 + d2)− (2sdsdt )(vd)

(s2 + d2)2

40

Sabiendo que la derivada de la variable s es la velocidad y la derivada de v es la aceleracion se obtiene

αOA =(ad)(s2 + d2)− (2sv)(vd)

(s2 + d2)2(20)

La ecuacion (20) permite determinar la aceleracion de la barra OA. Ademas, si la velocidad angular ωOAcrece la aceleracion angular es en sentido antihorario. Con este ultimo resultado finaliza la solucion delproblema.

Problema 5.3 La barra AB, vea la figura 29 se mueve sobre una pequena rueda en el punto Cmientras que A se mueve a la derecha con una velocidad constante vA. Usando el metodo de descripciondel movimiento en terminos de un parametro derive expresiones para la velocidad y aceleracion angularde la barra. Derive expresiones para las componentes horizontales y verticales de la velocidad del puntoB.32

Figure 29: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.

Solucion. El eslabon fijo se denominara 1, la barra ACB se denominara el eslabon 2 y el rodillo sedenominara el eslabon 3. De la figura 29, se tiene que

tan θ =b

xA, (21)

Derivando la expresion (21), respecto al tiempo, y notando que mientras que b es una constante, θ y xAson variables, se tiene que

sec2 θd θ

d t= b

(−x−2A

d xAd t

)= − b

x2A

d xAd t

Finalmente, debe notarse que la velocidad angular de la barra AB esta dada por

ω ≡ d θ

d t

Ademas, si la velocidad del punto A es hacia la derecha, entonces

d xAd t

= −vA

pues la coordenada xA disminuye su valor algebraico. Por lo tanto

ω = − b

x2ACos2 θ (−vA) =

b vAx2A

Cos2 θ (22)

32Este problema corresponde a los problemas 15.141 y 15.142 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics andDynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

41

Si se desea evitar la presencia del angulo θ, recordando que

Cos θ =xA

(x2A + b2)1/2

Sen θ =b

(x2A + b2)1/2

se tiene que

ω =b vA

x2A + b2(23)

Esta forma de la ecuacion es mejor pues solo una variable aparece en la misma.Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuacion (23), y notando que vA es constante por

la definicion del problema, se tiene que

α ≡ dω

d t= b vA

[−(x2A + b2

)−22xA

d xAd t

]=

2 b v2A xA

(x2A + b2)2 (24)

Si la persona paso por alto esta ultima reduccion, aun ası es posible obtener el mismo resultado.Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuacion (22), y notando que vA es constante por ladefinicion del problema, se tiene que

α ≡ dω

d t= b vA

[(−2x−3A

d xAd t

)Cos2 θ + x−2A 2Cos θ

(−Sen θ d θ

d t

)]=

2 b v2A Cos2 θ

x3A− 2 b vA Cos θ Sen θ

x2Aω =

2 b v2A Cos2 θ

x3A− 2 b2 v2A Cos

3 θ Sen θ

x4A(25)

Sustituyendo las ecuaciones del seno y coseno de θ, se tiene que

α =2 b v2A Cos

2 θ

x3A− 2 b2 v2A Cos

3 θ Sen θ

x4A=

2 b v2Ax3A

x2Ax2A + b2

− 2 b2 v2Ax4A

x3A

(x2A + b2)3/2

b

(x2A + b2)1/2

=2 b v2A

xA (x2A + b2)− 2 b3 v2A

xA (x2A + b2)2 = 2 b v2A

x2A + b2 − b2

xA (x2A + b2)2 =

2 b v2A xA

(x2A + b2)2 (26)

Comprobando el resultado.Las componentes horizontales y verticales de la posicion del punto B, con referencia al punto O estan

dadas porxB = −xA + l Cos θ y yB = l Sen θ (27)

Derivando las ecuaciones (27) respecto al tiempo se tiene que

vBx ≡ d xBd t

= −d xAd t− l Sen θ d θ

d t= −vA − l Sen θ ω = vA − l Sen θ

b vAx2A + b2

= vA − lb

(x2A + b2)1/2

b vAx2A + b2

= vA −l b2 vA

(x2A + b2)3/2

(28)

vBy ≡ d yBd t

= l Cos θd θ

d t= l

xA

(x2A + b2)1/2

ω = lxA

(x2A + b2)1/2

b vAx2A + b2

=l b xA vA

(x2A + b2)3/2

(29)

Ahora se resolvera el mismo problema empleando metodos vectoriales. La clave de la solucion es queen el punto C existe deslizamiento, pero para mantener contacto y dada la suposicion de cuerpo rıgido,una condicion necesaria es que la componente de la velocidad de C como parte del eslabon 2 a lo largode la normal comun debe ser cero.

~vC2n = ~vC3n = ~0. (30)

El vector de posicion del punto C con respecto al punto A, es igual a

~rC/A = xA i+ b j

De manera que

~vC = ~vA + ~ω2 × ~rC/A = vA i+ ω2 k ×(xA i+ b j

)= (vA − ω2 b) i+ (ω2 xA) j

42

Un vector unitario a lo largo de la normal comun, en el punto C, esta dado por

n = −sen θ i+ cos θ j

De manera que la condicion dada por la ecuacion (30) conduce a

0 = n · ~vC =(−sen θ i+ cos θ j

)·[(vA − ω2 b) i+ (ω2 xA) j

]= −sen θ (vA − ω2 b) + cos θ (ω2 xA)

Sin embargo, de la figura, se tiene que

sen θ =b√

x2A + b2cos θ =

xA√x2A + b2

de manera que, la condicion se reduce a

0 = − b√x2A + b2

(vA − ω2 b) +xA√x2A + b2

ω2 xA

ob vA√x2A + b2

= ω2

(b2√

x2A + b2+

x2A√x2A + b2

)o ω2 =

b vAx2A + b2

Tambien se calculara la componente de velocidad a lo largo de la tangente comun, suponiendo que elrodillo 3 no tiene movimiento alguno. El vector unitario tangente esta dado por

t = cos θ i+ sen θ j

de manera que

~vC2t = t · ~vC =(cos θ i+ sen θ j

)·[(vA − ω2 b) i+ (ω2 xA) j

]= vA cos θ + ω2 (−cos θ b+ sen θ xA)

Sustituyendo los valores de ω2, sen θ y cos θ, se tiene que la componente tangencial de la velocidad delpunto C como parte de la barra ACB, eslabon 2, esta dada por

~vC2t = vAxA√x2A + b2

+b vA

x2A + b2

(−b xA√

x2A + b2+ xA

b√x2A + b2

)=

vA xA√x2A + b2


Problema 5.4 El disco motriz del mecanismo de yugo escoces, mostrado en la figura 30, tiene unavelocidad angular ω y una aceleracion angular α, ambos en sentido antihorario. Usando el metodo de laseccion 15.9, derive expresiones para la velocidad y aceleracion del punto B.33

El vector de posicion del punto B, esta dado por

~rB = (b sin θ + c)j

Derivando el vector de posicion respecto al tiempo, y notando que θ es una variable, se tiene que

~vB =d~rBdt

= b cos θdθ

dtj = bθ cos θj θ = ω

Derivando nuevamente la ecuacion de la velocidad respecto al tiempo, se tiene que

~aB =d~vBdt

=d

dt[bθ cos θj] = (bθ cos θ − bθ2 sin θ)j

dondeθ = ω θ = α

Por lo tanto~vB = bω cos θj ~αB = (bα cos θ − bω2 sin θ)j


43

Figure 30: Yugo escoces


Problema 5.5 Un volante de radio r rueda sin deslizar a lo largo del interior de un cilindro fijode radio R con una velocidad angular constante ω. Denotando por P el punto del volante en contactocon el cilindro para el tiempo t = 0 mostrado en la figura 31, derive expresiones para las componenteshorizontal y vertical de la velocidad de P para el tiempo t. (La curva descrita por el punto P se denominahipocicloide).34

Figure 31: Volante rodando en el interior de un cilindro hueco.

El principal problema es encontrar la relacion entre el angulo de rodado θ y el angulo φ. Con referenciaa la figura 32, suponga que el volante rodo un angulo θ de manera que el punto inicial P esta ahora enla posicion P ′.

Debe notarse que el arco de cırculo_

PP ′= r θ, pero puesto que el volante “sube” por la cara interiordel cilindro, el nuevo punto de contacto entre el volante y el cilindro es ahora el punto Q. Puesto que elmovimiento es de rodadura, se tiene la siguiente igualdad entre arcos de cırculo.

_

P ′Q=_

PQ

Sustituyendo los arcos en terminos de los radios y angulos de rodado, se tiene que

r θ + r φ = Rφ de donde φ =r θ

R− r34Este problema corresponde a los problemas 15.148 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics

Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

44

Figure 32: Determinacion de la relacion del angulo de rodado y el de inclinacion.

El vector de posicion del punto P esta dado por

~rP ′/O = ~rO′/O + ~rP ′/O′

En el sistema coordenado OXY el vector ~rO′/O esta dado por

~rO′/O = (R− r) senφ i+[R− (R− r) cos φ j

]En el sistema coordenado OXY el vector ~rP ′/O′ esta dado por

~rP ′/O′ = −r sen θ i− r cos θ j

Entonces, el vector ~rP ′/O′ esta dado, en el sistema coordenado OXY , por

~rP ′/O = ~rP ′/O′ + ~rO′/O

= [(R− r) senφ− r sen θ] i+ [R− (R− r) cos φ− r cos θ] j

=

[(R− r) sen r θ

R− r− r sen θ

]i+

[R− (R− r) cos r θ

R− r− r cos θ

]j

Derivando el vector ~rP ′/O respecto al tiempo, se tiene que

~vP ′ =d~rP ′/O

d t=

[(R− r) r

R− rcos

r θ

R− rθ − r cos θ θ

]i+

[R− (R− r) cos r θ

R− r− r cos θ

]j

= r θ

[cos

r θ

R− r− cos θ

]i+ r θ

[sen

r θ

R− r+ sen θ

]j

Debe notarse que si R = 2 r, la ecuacion anterior se reduce a

~rP ′/O =

[(2 r − r) sen r θ

2 r − r− r sen θ

]i+

[2 r − (2 r − r) cos r θ

2 r − r− r cos θ

]j

= [r sen θ − r sen θ] i+ [2 r − r cos θ − r cos θ] j = 2 r (1− cos θ) j

Este es el resultado del problema 15.149 del mismo libro.

Problema 5.6 Determine una expresion general para la aceleracion del piston C como una funcionde L, R, θ, ωAB = θ, y αAB = θ. 35

Solucion. Los vectores de posicion del punto B respecto del punto A y del punto C respecto delpunto B estan dados por

~rB/A = RC θ i+RS θ j ~rC/B = −RC θ i+√L2 −R2 C2θ j

35Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo andPlesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.

45

Figure 33: Mecanismo manivela biela corredera.

Por lo tanto

~rC/A = ~rB/A + ~rC/B = 0 i+(RS θ +

√L2 −R2 C2θ

)j =

(RS θ +

√L2 −R2 C2θ

)j

Por lo tanto, la velocidad del punto C esta dada por

~vC =d~rC/A

d t=

d

d t

(RS θ +

√L2 −R2 C2θ

)j

Puesto que se sabe que la velocidad y aceleracion del punto C tiene siempre la direccion del ejevertical, para reducir la escritura, solo se considerara la componente escalar, por lo tanto

vC =d

d t

(RS θ +

√L2 −R2 C2θ

)= RC θ θ +

1

2

(L2 −R2 C2 θ

)− 12

(−R2 2C θ(−S θ)θ

)= RC θ θ

(1 +


)Para la aceleracion, se tiene que

aC =d

d tvC =

d

d t

[RC θ θ

(1 +


)]=

(RC θ θ −RS θ θ2

)(1 +


)

+RC θ θ

RC θ θ√L2 −R2 C2θ −RS θ 12

(L2 −R2 C2θ

)− 12

(−R2 2C θ(−S θ)θ

)L2 −R2 C2θ

=

(RC θ θ −RS θ θ2

)(1 +


)+R2 C2 θ θ2

[(L2 −R2 C2θ

)−(R2 S2 θ

)(L2 −R2 C2θ)

32

]

Problema 5.7 Empleando el metodo de analisis de un movimiento en terminos de un parametro,determine una expresion para la magnitud de la velocidad del punto C en terminos de la velocidad vBde la barra del piston y el angulo θ.36

Solucion. Debe notarse que el triangulo OAB es isosceles, por lo tanto, si el angulo

< BOA =< OBA = φ,

se tiene que

θ + 2φ = π φ =π

2− θ

2φ = − θ

236Este es el Problema 5.111 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,

John Wiley and Sons, Inc: New York.

46

Article 5/5 Problems 369

5/111 By

for the magnitude of the velocity of point C in

terms of the velocity of the piston rod and the

Problem 5/111

5/112 Link OA has a counterclockwise angular velocity

during an interval of its motion.

Determine the angular velocity of link AB and of

sector for at which instant AB is hori-

zontal and is vertical.

Problem 5/112

5/113

flywheel turns clockwise with a constant speed of

AB slides

C. For the position

AB

by the method of this article.

Problem 5/113

16

AB 45

16

45

4 rad/sec

vBθ b

b

b

O

A

B

C

5/109 a car has a diameter of

26 in. and has an angular speed N of

on an icy road. If the instantaneous center of zero

velocity is 4 in. above the point of contact of the tire

v

and the slipping velocity of the tire on the ice.

Problem 5/109

5/110 The elements of the mechanism for deployment of

a spacecraft magnetometer boom are repeated here

from Prob. 5/89. By the method of this article,

OB -axis with an an-

gular velocity if at this instant

Problem 5/110

200 mm

OB

tan 4/3.OB 0.5 rad/s

26

c05.qxd 2/10/12 10:08 AM Page 369

Figure 34: Mecanismo actuado mediante un cilındro neumatico.

Por otro lado, si se define sB como la distancia que parte del punto O hasta el punto B, de la ley decosenos aplicada al triangulo OAB, se tiene que

s2B = b2 + b2 − 2 b bC θ = 2 b2 − 2 b2 C θ = 2 b2 (1− C θ)

Sin embargo,

S2 θ

2=

1− C θ2

Por lo tanto

s2B = 22b2 S2 θ

2sB = 2 b S

θ

2

Derivando, respecto al tiempo, esta expresion, se tiene que

sB =d sBd t

= 2 bCθ

2

θ

2= bC

θ

2θ

No obstante, debe notarse que

sB =d sBd t

= −vB

De manera que

−vB = bCθ

2θ θ = − vB

bC θ2

Por lo tanto

φ = − θ2

=vB

2 bC θ2

Finalmente, la velocidad angular del brazo ABC esta dada por

~ωABC = −φ k = − vB

2 bC θ2

k

Estamos pues en posibilidades de determinar la velocidad del punto C. Su vector de posicion estadado por

~rC/B = bC φ i+ b S φ j

Sin embargo de las identidades trigonometricas, se tiene que

S φ = S (π

2− θ

2) = S

π

2Cθ

2− C π

2Sθ

2= C

θ

2

y

C φ = C (π

2− θ

2) = C

π

2Cθ

2+ S

π

2Sθ

2= S

θ

2

Por tanto,

~rC/B = b Sθ

2i+ bC

θ

2j

47

De estos resultados, se tiene que

~vC = ~vB + ~ωABC × ~rC/B = vB i+

(− vB

2 bC θ2

)k ×

(b S

θ

2i+ bC

θ

2j

)=

3

2vB i−

vB2

S θ2

C θ2

j

Por lo tanto

| ~vC |2=(vB

2

)2 [9 +

S2 θ2

C2 θ2

]=(vB

2

)2 [9C2 θ2 + S2 θ

2

C2 θ2

]=(vB

2

)2 [1 + 8C2 θ2

C2 θ2

]=(vB

2

)2 [8 + Sec2

θ

2

]Finalmente

| ~vC |=vB2

√8 + Sec2

θ

2

6 Problemas de movimiento de cuerpos rıgidos que tienen mo-vimientos con respecto a un sistema de referencia sujeto amovimiento de rotacion.

En esta seccion se analizaran diferentes problemas de la cinematica de cuerpos rıgidos sujetos a movimien-tos con respecto a un sistema de referencia sujeto a movimiento de rotacion. El analisis de aceleracionde estos cuerpos conduce al concepto de acereleracion Coriolis.

Problema 6.1 El movimiento de la boquilla D esta controlada por el brazo AB. En el instantemostrado, el brazo esta rotando en sentido antihorario a la velocidad constante ω = 2.4rad/s y la porcionBC se esta extendiendo a una tasa constante u = 10in/s con respecto al brazo. Para cada uno de losarreglos mostrados en la figura 35 determine la aceleracion de la boquilla D.37

Figure 35: Arreglos de mangueras extensibles.

El vector de posicion de la boquilla D respecto al pivote rotatorio A esta dado por

~rD/A = (11i+ 4j)in.

La velocidad angular del regador rotatorio esta dada por

~ω = 2.4rad/sk


48

Las velocidades de la boquilla respecto a un sistema de referencia sujeto a rotacion alrededor de un ejeperpendicular al plano del papel que pasa por el punto A.

• En el primer caso a).

ua = i AX1Y1Z1

(d~rAd t

)(a)

= 10 in/s ua = 10 in/s i

• En el segundo caso b).

ub =3

5i+

4

5i AX1Y1Z1

(d~rAd t

)(b)

= 10 in/s ub =(

6i+ 8j)

in/s

Ahora procederemos a calcular la aceleracion de la boquilla D en ambos casos

• En el primer caso a).

OXY Z

(d2~rDdt2

)(a)

=��

��

��:0AX1Y1Z1

(d2~rDdt2

)(a)

+��:0

~α× ~rD/A − ω2~rD/A + 2 ~ω × AX1Y1Z1

(d~rAd t

)(a)

= −(2.4 rad/s)2(11 in i+ 4 in j) + 2(2.4rad/sk)× (10in/si)

= −63.36 in/s2 i− 23.04 in/s2 j + 48 in/s j = −63.36 in/s2 i+ 24.96 in/s2 j

= 68.099in/s2 ∠θ = tan−124.96 in/s2

−63.36 in/s2= 180◦ − 21.5◦ = 158.5◦

• En el segundo caso b).

OXY Z

(d2~rDdt2

)(b)

=��

��

�:0AX1Y1Z1

(d2~rDdt2

)(b)

+��:

0~α × ~rD/A − ω2 ~rD/A + 2 ~ω × AX1Y1Z1

(d~rAd t

)(b)

= −(2.4 rad/s)2 (11 in i+ 4 in j) + 2 (2.4 rad/s k) × (6 in/s i+ 8 in/s j)

= −63.36 in/s2 i− 23.04 in/s2 j + 28.8 in/s2 j − 38.4 in/s2 i = −101.76 in/s2 i+ 5.76 in/s2

= 101.92in/s2 ∠θ = tan− 15.76in/s2

−101.75in/s2= 180◦ − 3.239◦ = 176.761◦

Problema 6.2 La barra AB, de la figura 36, se mueve sobre una pequena rueda en C mientras que elpunto A se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 500mm/s. En el instante mostrado,determine (a) la velocity angular de la barra, (b) la velocidad del extremo B de la barra.38 La figuracorrespondiente muestra que xA = 200mm, b = 140mm. y l = 400mm. Debe notarse que los datosindican que ~vA = −500mm/s i.

Solucion. Es importante notar que la barra esta sujeta a movimiento plano general. De manera quees posible escribir

~vC = ~vA + ~ω × ~rC/A.

Mas aun, es importante notar que la velocidad del punto C que pertenece AB tiene la direccion de lapropia barra, pues si el punto C tuviera una componente de velocidad normal a la barra, ocurrirıa algunade las dos posibles situaciones

• Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barra yhacia abajo y a la derecha, la barra y la rueda en C se deformarıan y violarıan la suposicion de quelos cuerpos son rıgidos.

• Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barra yhacia arriba y a la izquierda, la barra se separaria de la rueda, esta situacion puede ocurrir, peropara analizar el movimiento de la barra serıa necesario recurrir a la dinamica.

38Este problema corresponde a los problemas 15.43 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer,Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

49

Figure 36: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso, repetida.

El vector unitario paralelo a la barra y con el sentido de A a B esta dado por

u =xA i+ b j√x2A + b2

=0.2m i+ 0.14m j√(0.2m)2 + (0.14m)2

= 0.81923 i+ 0.57346 j.

Sustituyendo estos resultados se tiene que

vC

(0.81923 i+ 0.57346 j

)= −0.5m/s i+ ω k ×

(0.2m i+ 0.14m j

)Esta ecuacion resulta en el sistema de ecuaciones

vC 0.81923 = −0.5m/s− (0.14m)ω vC 0.57346 = (0.2m)ω

Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene que

ω = vC0.57346

0.2m=

2.8673

mvC

y

vC 0.81923 = −0.5m/s− (0.14m)2.8673

mvC vC = −0.5m/s

1.22065= 0.4096m/s

yω = 1.17449 rad/s

Este resultado puede verificarse usando los resultados del problema 9, vea la ecuacion (23),

ω =b vA

x2A + b2=

(0.14m)(0.5m/s)

(0.2m)2 + (0.14m)2= 1.17449 rad/s.


Problema 6.3 Un cohete trineo se somete a prueba en una pista recta que se construye a lo largode un meridiano. Si la pista se ubica a 40◦ latitud norte, vea la figura 37, determine la aceleracion deCoriolis del trineo cuando este se mueve hacia el norte a una velocidad de 600 mi

h .39

Solucion: Suponga que el origen se encuentra en el centro de la tierra y los ejes coordenados estanorientados de la siguiente manera, el eje X perpendicular al papel y positivo hacia afuera, el eje Y positivohacia la derecha y el eje Z positivo hacia arriba. De manera que la velocidad angular de la tierra estadada por

~ω =2π

24horask =

2π

(24) (3600) s.k = 7.3682 10−6

rad.

s.k.


50

Figure 37: Trineo moviendose sobre la tierra.

Por otro lado, la magnitud de la velocidad del cohete trineo esta dada por

| ~v |= 600m.

h.= 600

5280 p

3600 s.= 880

p.

s.

Por lo tanto, la velocidad del cohete trineo esta dada por

~v = 880p.

s.

(Cos 130◦ j + Sen 130◦ k

)= (−565.65 j + 674.12 k)p./s.

Por lo tanto, la aceleracion Coriolis del cohete trineo estara dada por

~aC = 2~ω × ~v = 2

(7.3682 10−6

rad.

s.k

)×(−565.65 j + 674.12 k

)p./s. = +0.008335

p

s2i.

Es importante senalar que si la velocidad de cohete trineo es constante, la aceleracion del cohete trineorespecto a un sistema de referencia fijo a la tierra y suponiendo que la tierra no gira esta dada por

~aCT/TierraFija = ~an

mientras que la aceleracion del cohete trineo respecto a un sistema de referencia fijo a la tierra ysuponiendo que la tierra gira esta dada por

~aCT/TierraGirando = ~an + ~aC .

De manera que la aceleracion Coriolis representaria la diferencia en las aceleraciones vista desde ambossistemas de referencia.

Problema 6.4 Un vehıculo experimental A viaja a velocidad constante v relativo a la tierra a lo largode una via Norte-Sur. Determine la aceleracion Coriolis ~aCor, como funcion de la latitud θ. Suponga unsistema de referencia rotatorio Bxyz fijo a la tierra y que la tierra es esferica. Si la velocidad del vehıculoes de v = 500km/h, determine la magnitud de la aceleracion Coriolis en (a) El ecuador y (b) en el polonorte, vea la figura 38.40

Solucion. Primero se determinara la velocidad respecto al Sistema de referencia sujeto a rotacion,fijo a la tierra,

Bxyz

(d~r

d t

)= v

(Cos

(θ +

π

2

)j + Sen

(θ +

π

2

)k)

= v(−Sen θj + Cos θk

)donde

v = 500km/h =500000

3600m/s = 138.888m/s

La velocidad angular de la tierra, que se supone gira alrededor de una lınea que une los polos Norte ySur

~ω = ω k =2π

24(3600) sk = 7.2722 10−5 rad/s k

40Este es el Problema 5 − 163 del libro Engineering Mechanics, Meriam, J. L. and Kraige, L. G. Seventh Edition, JohnWiley and Sons: New York

51

Figure 38: Vehıculo experimental moviendose sobre la tierra.

Por lo tanto, la aceleracion Coriolis esta dado, en terminos, de la latitud θ

~aCor = 2 ~ω × Bxyz

(d~r

d t

)= 2ω k × v

(−Sen θj + Cos θk

)= 2ω v Sen θ i

Si el vehıculo se encuentra en el ecuador, se tiene que θ = 0◦, por lo tanto

~aCor(θ = 0◦) = 2ω v Sen 0◦ i = ~0.

Si el vehıculo se encuentra en el polo norte, se tiene que θ = 90◦, por lo tanto

~aCor(θ = 90◦) = 2ω v Sen 90◦ i = 2ω v i = 2(7.2722 10−5 rad/s

)(138.888m/s) i

= 2020 10−5m/s2 = 0.0202m/s2 i.


Problema 6.5 La rueda de Ginebra es un mecanismo que permite producir un movimiento de rotacionintermitente. El perno P ubicado en el conjunto rueda A - placa de bloqueo B se desliza por las ra-nuras radiales ubicadas en la rueda C, transformando ası un cuarto de vuelta de la rueda C en unarevolucion completa del pasador P . En la posicion mostrada, θ = 45◦ se presenta el acople del pin Pcon la ranura de la rueda C. Con una velocidad angular constante en sentido de las manecillas del relojω1 = 2 rads2 en la rueda A, determine la aceleracion angular α2 de la rueda C en el instante donde θ = 20◦.41

Solucion. Se desea resolver este problema empleando dos metodos: Primeramente encontrando unarelacion entre las variables de entrada y salida y, despues, empleando metodos vectoriales.

Para encontrar una relacion entre las variables de entrada y salida, es necesario considerar el trianguloO1O2P . Las dimensiones son

O1O2 = a = 200mm. O1P =a√2

=200√

2mm.

41Este es el Problema 5.183. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., SeventhEdition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

52

Figure 39: Rueda de Ginebra.

El angulo < PO1O2 se denomina θ y denomine el angulo < O1O2P = φ, la relacion entre ambos angulosesta dada por la ley de los senos

senφ

O1P=sen θ

O2Psenφ =

O2P

O1Psen θ (31)

La distancia O2P para un valor arbitrario de θ se obtiene a partir de la ley de los cosenos

O2P2

= O1O22

+O1P2 − 2O1O2O1P cos θ = a2 +

a2

2− 2 a

a√2

cos θ

O2P = =3 a2

2− 2

a2√2cos θ = a

√3

2−√

2 cos θ

Para cuando θ = 20◦, la distancia O2P esta dada por

O2P = a

√3

2−√

2 cos 20◦ = 0.41361 a.

La relacion entre φ y θ para un valor arbitrario de θ esta dado por

senφ =O2P

O1Psen θ =

a√2

a√

32 −√

2 cos θsen θ =

sen θ√3√

2− 2 cos θ(32)

Entonces es posible determinar el valor del angulo φ para la posicion de interes, correspondiente aθ = 20◦,

senφ =O1P sen θ

O2P=sen20◦ a√

2

0.41361 a= 0.584716 por tanto φ = 35.7829◦

Analisis de velocidad de la cruz de Ginebra. Derivando la relacion entre θ y φ respecto altiempo se obtiene:

φ cosφ =θ cos θ

√3− 2

√2 cos θ − (sen θ)( 1

2 )(√

3− 2√

2 cos θ)− 1

2

(2√

2 θ sen θ)

3− 2√

2 cos θ

φ cosφ = θcos θ

(3− 2

√2 cos θ

)− (sen θ)(

√2 sen θ)(

3− 2√

2 cos θ)3/2 = θ

3 cos θ − 2√

2 cos2 θ −√

2sen2 θ(√3− 2

√2 cos θ

)3/2

53

Despejando φ, se tiene que

φ =

(θ

cosφ

)(3 cos θ −

√2 cos2 θ −

√2

(3− 2√

2 cos θ)32

)(33)

Esta relacion permite determinar la velocidad angular del eslabon de salida para un valor arbitrariodel angulo de entrada θ.

La velocidad angular θ para el valor de θ = 20◦, se determina a partir de

θ = ω1 = −2rad

s~ω1 = −2

rad

sk

Donde el signo negativo indica que la velocidad angular es en el sentido de las manecillas del reloj.Sustituyendo, todos esos valores en la ecuacion (33), se tiene que

φ =

(−2 rad

s

cos 35.7829◦

)(3(cos 20◦)−

√2 cos2 20◦ −

√2

(3− 2√

2 cos 20◦)32

)= −2.46536664

0.1560822

0.200133= −1.9227

rad

s

el signo negativo indica que el angulo φ esta disminuyendo por tanto, el sentido de la velocidad angulares en sentido horario.

~ω2 = 1.9227 k

Con este resultado, termina el analisis de velocidad del mecanismo de Ginebra.

Analisis de aceleracion de la cruz de Ginebra. Derivando φ, de la ecaucion (33) como funciondel tiempo, se tiene que

φ = T1 +

(θ

cosφ

)T2

donde

T1 =

(θcos φ+ θφsen φ

cos 2φ

)(3cos θ −

√2 cos 2θ −

√2

(3− 2√

2cos θ)32

)

T2 =

(−3θsen θ + 2

√2θcos θsen θ

) (3− 2

√2cos θ

) 32 −

(3cos θ −

√2cos 2θ −

√2)

( 32 )(3− 2

√2cos θ

) 12

(2√

2θsen θ)

(3− 2

√2cos θ

)3= θ

(−3 sen θ + 2

√2 cos θ sen θ

) (3− 2

√2cos θ

)−(3 cos θ −

√2 cos 2 θ −

√2) (

3√

2 sen θ)

(3− 2

√2cos θ

) 52

= θ−9 sen θ + 12

√2 cos θ sen θ − 8 cos2 θ sen θ − 9

√2 cos θ senθ + 6 cos2 θ senθ + 6 sen θ(

3− 2√

2cos θ) 5

2

= θ−3 sen θ + 3

√2 cos θ sen θ − 2 cos2 θ sen θ(

3− 2√

2cos θ) 5

2

Por lo tanto, se tiene que

φ =

(θcos φ+ θφsen φ

cos 2φ

)(3cos θ −

√2 cos 2θ −

√2

(3− 2√

2cos θ)32

)+

(θ2

cosφ

)−3 sen θ + 3

√2 cos θ sen θ − 2 cos2 θ sen θ(

3− 2√

2cos θ) 5

2

(34)Esta relacion permite determinar la aceleracion angular del eslabon de salida para un valor arbitrario

del angulo de entrada θ. En este caso en particular

θ = 0

Reemplazando los valores en esta expresion se obtiene

φ =

(3.41656

rad

s2

)0.156082

0.2001339+

(4.930733

rad

s2

)−0.26652477

0.0684754= −16.5272

rad

s2

54

El resultado negativo indica que la velocidad de cambio de la φ se incrementa en valor absoluto, y ensentido antihorario, de manera que

~α2 = 16.5272rad

s2k

Solucion mediante metodos vectoriales. Los vectores de posicion necesarios, se calculan a partirde los valores

O1O2 = a = 0.2m. O1P =a√2

=0.2√

2m. θ = 20◦ φ = 35.7829◦

A partir de esos valores los vectores de posicion estan dados por

~rPO1=

O1P cos θO1P sen θ

0

=

0.13289260480.04836895251

0

~rO2O1=

0.200

~rPO2= ~rPO1

−~rO2O1=

−0.06710739520.04836895251

0

Los vectores de velocidad y aceleracion angulares son

~ω1 = −2 k ~α1 = ~0 ~ω2 = ω2 k ~α1 = α2 k

Analisis de Velocidad. Para el analisis de velocidad, se supondra que existe un sistema de referenciasujeto a rotacion alrededor de un eje que pasa por el punto O2 y con velocidad y aceleracion angular ~ω2

y ~α2 respectivamente. Ademas un vector unitario en la direccion de la velocidad y aceleracion del puntoP del eslabon 1 respecto al sistema de referencia sujetos a rotacion es42

u =

cos (180◦ − φ)sen (180◦ − φ)

0

=

−0.81123829370.5847156838

0

Entonces la velocidad del punto P como parte del eslabon 1 esta dada por dos expresiones

~vP1 = ~ω1 × ~rPO1

= (−2 k)× (0.1328926048 i+ 0.04836895251 j) = 0.09673790502 i− 0.2657852096 j (35)

y

~vP1 = ~ω2 × ~rPO2 +

(d~rP1

d t

)oxyz

= (ω2 k)× (−0.0671073952 i+ 0.04836895251 j) + vP (−0.8112382937 i+ 0.5847156838 j)

= (−0.04836895251ω2 − 0.8112382937 vP ,−0.0671073952ω2 + 0.5847156838 vP , 0) (36)

El sistema de ecuaciones resultante esta dado por

−0.04836895251ω2 − 0.8112382937 vP = 0.09673790502 (37)

−0.0671073952ω2 + 0.5847156838 vP = 0.2657852096 (38)

El resultado de este sistema esta dado por

ω2 = 1.92271264293160 rad/s. vP = −0.233886273626157m/s.

Por lo tanto

~ω2 = 1.9227126429316 rad/s. k

(d~rP1

d t

)oxyz

= vP u =(

0.189737501536335 i− 0.136756972414753 j)m/s

Con este resultado finaliza el analisis de velocidad.

42Este ejemplo muestra un numero elevado de cifras significativas porque fue primeramente resuelto con Maple c©.

55

Analisis de Aceleracion. Las ecuaciones del analisis de aceleracion resultan de dos diferentesmaneras de escribir la aceleracion del punto P como parte del eslabon 1.

~aP1 = ~α1 × ~rPO1 + ~ω1 × (~ω1 × ~rPO1)

= (−2 k)×(

(−2 k)× (0.1328926048 i+ 0.04836895251 j))

= −0.5315704192 i− 0.19347581 j

(39)

y

~aP1 = ~α2 × ~rPO2+ ~ω2 × (~ω2 × ~rPO2

) +

(d2~rP1

d t2

)oxyz

+ 2~ω2 ×(d~rP1

d t

)oxyz

= (α2 k)× (−0.0671073952 i+ 0.04836895251 j)

+(1.9227126429316 k)×(

(1.9227126429316 k)× (−0.0671073952 i+ 0.04836895251 j))

+aP (−0.8112382937 i+ 0.5847156838 j)

+2 (1.9227126429316 k)×(

0.189737501536335 i− 0.136756972414753 j)

= (−0.04836895251α2 + 0.773972942673039− 0.8112382937 aP ) i

+ (−0.0671073952α2 + 0.550809886074836 + 0.5847156838 aP ) j (40)

El sistema resultante de ecuaciones para resolver el analisis de aceleracion es

0.04836895251α2 + 0.8112382937 aP = −1.30554336187304 (41)

0.0671073952α2 − 0.5847156838 aP = −.744285696074837 (42)

Los resultados del sistema de ecuaciones es

α2 = 16.5271857945599 aP = .623911248991405

Finalmente~α2 = 16.5271857945599 k

Estos resultados finalizan el problema.

Problema 6.6 El mecanismo de Ginebra se usa en sistemas de empaque para convertir movimientorotatorio constante en movimiento de rotacion intermitente. La rueda en forma de estrella 2, mostradaen la figura 40, realiza un sexto de una revolucion por cada revolucion de la rueda motriz 3. Para haceresto, el perno P , que esta rigidamente unida al eslabon 3, se desliza en una de las ranuras radialesdel eslabon 2, rotando de esa manera a la rueda 2, y despues sale de la ranura. Si el eslabon 3 tieneuna velocidad angular constante ω3 = 4 rad/s., determine ~ω2 y ~α2 de la rueda 2 en el instante mostrado.43

Solucion. Primero se definiran algunas variables geometricas

AP = a tan θ =BP

aBP = a tan θ =

a√3

u = sen θ i+cos θ j =1

2i+

√3

2j ω3 = −4 rad/s.

y los vectores de posicion de interes

~rP/A = a sen θ i+ a cos θ j =a

2i+

√3 a

2j ~rP/B =

a√3sen γ i− a√

3cos γ j =

a

2i− a

2√

3j

Analisis de Velocidad. En esta segunda etapa se llevara a cabo el analisis de velocidad, mediantela ecuacion

~ω3 × ~rP/B = OXY Z

(d~rPd t

)= AX1Y1Z1

(d~rPd t

)+ ~ω2 × ~rP/A

43Este es el Problema 16 − 152. del libro Engineering Mechanics: Statics and Dynamics. Hibbeler, R. C., [2016],Fourteenth Edition, Pearson: Hoboken.

56

Figure 40: Rueda de Ginebra.

Entonces

(ω3k)×(a

2i− a

2√

3j

)= vP

(1

2i+

√3

2j

)+ (ω2k)×

(a

2i+

√3 a

2j

)Las ecuaciones escalares resultantes de esta ecuacion vectorial, componentes X y Y , estan dadas por:

a

2√

3ω3 = vP

1

2−√

3 a

2ω2

a

2ω3 = vP

√3

2+a

2ω2

Multiplicando la primera ecuacion por −√

3 y sumandolo a la segunda ecuacion, se tiene que

a

2ω3 −

√3

a

2√

3ω3 = vP

√3

2−√

3 vP1

2+a

2ω2 +

√3

√3 a

2ω2

Reduciendo los terminos semejantes, se tiene que

0 = 2ω2 por lo tanto ω2 = 0 y ~ω2 = ~0

Por razones que seran evidentes, unas lıneas mas adelante, no es necesario determinar vP ni OXY Z(d~rPd t

)Analisis de Aceleracion. En esta tercera etapa se llevara a cabo el analisis de aceleracion, mediante

la ecuacion

��:0

~α3 × ~rP/B−ω23 ~rP/B = OXY Z

(d2 ~rPd t2

)= AX1Y1Z1

(d2 ~rPd t2

)+~α2×~rP/A−��

�:0ω22 ~rP/A+

��

��:0

2 ~ω2 × AX1Y1Z1

(d~rPd t

)Entonces

−ω23

(a

2i− a

2√

3j

)= aP

(1

2i+

√3

2j

)+ α2 k

(a

2i+

√3 a

2j

)Las ecuaciones escalares resultantes de esta ecuacion vectorial, componentes X y Y , estan dadas por:

−ω23

a

2= aP

1

2−√

3 a

2α2

ω23

a

2√

3= aP

√3

2+a

2α2

Multiplicando la primera ecuacion por −√

3 y sumandolo a la segunda ecuacion, se tiene que

√3ω2

3

a

2+ ω2

3

a

2√

3=��

��

�:0

−√

3 aP1

2+ aP

√3

2+√

3

√3 a

2α2 +

a

2α2 = 2 aα2

57

Simplificando la ecuacion, se tiene que

2α2 =1

2√

3

(3ω2

3 + ω23

)=

4ω23

2√

3

Therefore

α2 =ω23√3

=(−4 rad/s)2√

3= 9.2376 rad/s2.

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