CAP 1 _CPM_3_Coord_Cilindricas

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CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
CINEMÁTICA DEL PUNTO 
 
Parte 3 - COORD. CILÍNDRICAS. 
 
 
 
I. INTRODUCCIÓN. 
 
 
El movimiento de un punto, se puede describir también utilizando un sistema de 
referencia móvil, triortogonal derecho, de la siguiente manera: 
 
- Un origen O1, coincidente con el origen O, de una terna inercial fija; 
- Un versor �̌�𝑘, coincidente en todo instante con el versor �̌� de la terna fija (TF); 
- Dos versores, �̌�𝜌 y �̌�𝜑 en cuadratura y en el mismo plano X-Y de la TF. 
- Estos versores estarán dispuestos de manera tal que el primero de ellos, �̌�𝜌, apunte 
siempre al punto P´, que es la proyección del punto P en el plano X-Y, en el instante 
t considerado; 
- El eje asociado al versor �̌�𝜌, forma un ángulo φ, con respecto al eje X de la TF, que 
se adopta como referencia; 
- Finalmente, para ser una terna triortogonal derecha, se tiene que cumplir que: �̌�𝜑 =
�̌�𝑘⋀�̌�𝜌. 
- De esta manera, �̌�𝜑 tiene la dirección de crecimiento del ángulo asociado (φ). 
 
 
La TM entonces, tendrá también tres ejes, asociados a los tres versores que recién 
hemos definido. 
 
El orden cíclico de los tres versores, es: �̌�𝜌 → �̌�𝜑 → �̌�𝑘; 
 
Es importante destacar que el punto O1, origen de la terna móvil cilíndrica, es un punto 
fijo, porque en todo instante, coincide con O, que es el origen de la terna fija. Se trata por tanto 
de una terna triortogonal, derecha, móvil, pero con origen fijo. 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
Es definitiva, la terna cilíndrica es un sistema de referencia no inercial, que sólo rota 
alrededor de un eje coincidente con la dirección de su versor �̌�𝑘 (que es lo mismo que decir 
que rota alrededor del eje “Z” de la TF), con velocidad angular instantánea igual a �̇�(𝑡) =
𝑑𝜑/𝑑𝑡. 
 
El giro de la terna (TM), eventualmente podrá ser acelerado. En este caso, la 
aceleración angular de la terna móvil, valdrá: �̈�(𝑡) = 𝑑2𝜑/𝑑𝑡2. 
 
 Vectorialmente, y este vector velocidad angular se puede expresar en la terna fija, 
como: 
 
�̅�𝑇𝑀 = �̇�. �̌� 
 
 Donde �̅�𝑇𝑀significa vector velocidad angular de la Terna Móvil, y �̇� = 𝜔, es el módulo 
del vector velocidad angular. 
 
El mismo vector, expresado en los ejes de la misma TM, quedaría: 
 
�̅�𝑇𝑀 = �̇�. �̌�𝑘 
 
 
II. VECTOR POSICIÓN: 
 
En este sistema, la posición absoluta de un punto en el espacio queda determinada si 
conocemos las tres coordenadas: (ρ; φ; z). 
 
El ángulo φ, es el ángulo que rotó la terna, se mide desde una referencia arbitraria, 
que generalmente es el eje X de la terna fija. 
 
Par determinar la posición desde la terna misma, no hace falta conocer el valor de 𝜑, 
pero poder determinar la posición absoluta, sí. 
 
Las ecuaciones de transformación de cilíndricas a cartesianas serán: 
 
 
 
{
𝑥 = 𝜌. 𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑦 = 𝜌. 𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑧 = 𝑧 
 (1) 
 
Y las de pasaje inverso: 
 
{
𝜌 = √𝑥2 + 𝑦2 
𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑦/𝑥)
𝑧 = 𝑧 
 (2) 
 
 
 
El vector posición en el instante t, es como siempre, el vector que va desde el origen 
de coordenadas hasta el punto “P” en el instante “t” (que es el punto en estudio, o punto de 
interés): 
 
En la terna fija, valdrá: 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
𝑂𝑃̅̅ ̅̅ = (𝑃 − 𝑂) = 𝑥. 𝑖̌ + 𝑦. 𝑗̌ + 𝑧. �̌� 
 
En la terna móvil (TM) 
 
𝑂1𝑃̅̅ ̅̅ ̅ = (𝑃 − 𝑂1) = 𝜌. �̌�𝜌 + 0. �̌�𝜑 + 𝑧. �̌�𝑘 
 
Como ya dijimos, el vector posición, referido a los ejes de la TM, nunca tiene 
componente en �̌�𝜑, ya que este último es normal a la línea que une O1 con la P´ (proyección 
de “P” en el X-Y. 
 
Además, ρ es la distancia de O1 a P´, y z es la misma coordenada que en la TF (ver 
esquema al lado). 
 
Luego 
(𝑷 − 𝑶𝟏) = 𝝆. �̌�𝝆 + 𝒛. �̌�𝒌 (𝟑) 
 
Nota: Cuidado, porque este ρ que acabamos de definir es una de las tres coordenadas 
de nuestro nuevo sistema de referencia, y no tiene nada que ver con el ρ que usábamos en 
intrínsecas, que era el radio de curvatura de flexión… Se utiliza la misma letra, pero por favor, 
no confundir. 
 
III. VECTOR VELOCIDAD: 
 
Para obtener el vector velocidad, debemos derivar el vector posición. Pero al derivar 
la expresión anterior, tenemos que tener en cuenta, que ahora los versores no están fijos, 
como era el caso de la terna cartesiana fija. 
 
En efecto, hay dos de ellos, que están rotando: �̌�𝜌 y �̌�𝜑. 
 
Derivamos: 
 
𝑉𝑃̅̅ ̅ =
𝑑(𝑃 − 𝑂1)
𝑑𝑡
=
𝑑(𝜌. �̌�𝜌 + 𝑧. �̌�𝑘)
𝑑𝑡
=
𝑑𝜌
𝑑𝑡
. �̌�𝜌 + 𝜌.
𝑑�̌�𝜌
𝑑𝑡
+
𝑑𝑧
𝑑𝑡
. �̌�𝑘 + 𝑧.
𝑑�̌�𝑘
𝑑𝑡
 
 
En la expresión anterior hay algunas derivadas que ya sabemos calcular, que son 
𝑑𝜌
𝑑𝑡
, 
y 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
. Utilizando la notación de Newton para las derivadas respecto del tiempo, tendremos: 
 
𝑉𝑃̅̅ ̅ =
𝑑(𝑃 − 𝑂1)
𝑑𝑡
= �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌.
𝑑�̌�𝜌
𝑑𝑡
+ �̇�. �̌�𝑘 + 𝑧.
𝑑�̌�𝑘
𝑑𝑡
 (4) 
 
Las que quedan son derivadas de versores. Para ello veremos tres opciones. 
 
------------------------------------------------ 
Opción 1, Poisson: Sabemos (porque ya lo vimos en coordenadas intrínsecas), que la 
derivada de un versor en un vector, cuyo valor se puede obtener muy fácilmente aplicando 
Poisson, si es que conocemos la velocidad con la que gira la terna móvil �̅�𝑇𝑀. 
 
Como la conocemos, entonces, aplicando Poisson: 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
{
 
 
 
 
𝑑�̌�𝜌
𝑑𝑡
= �̅�𝑇𝑀 ∧ �̌�𝜌 = �̇�. �̌�𝑘 ∧ �̌�𝜌 = �̇�. �̌�𝜑 
𝑑�̌�𝜑
𝑑𝑡
= �̅�𝑇𝑀 ∧ �̌�𝜑 = �̇�. �̌�𝑘 ∧ �̌�𝜑 = −�̇�. �̌�𝜌
𝑑�̌�𝑘
𝑑𝑡
= �̅�𝑇𝑀 ∧ �̌�𝑘 = �̇�. �̌�𝑘 ∧ �̌�𝑘 = 0̅ 
 (5) 
 
𝜌 → 𝜑 → 𝑘 → 𝜌 → 𝜑 
 
Opción 2, interpretación geométrica: Otra forma de pensar la derivada de �̌�𝜌 respecto 
del tiempo t, es verla como un vector que tiene como módulo la velocidad angular de rotación 
del versor |𝑑𝑒𝜌/𝑑𝑡| = �̇�, y como dirección, la que le corresponde a un giro de 90 grados, 
medidos desde la posición inicial del versor, en el sentido de giro. O sea �̌�𝜑, porque el giro es 
alrededor de �̌�𝑘. 
 
Algo parecido pasa con �̌�𝜑. Su derivada será un vector de módulo igual a la velocidad 
angular de la terna, pero en una dirección tal como la que resulta de rotar a �̌�𝜑 90° alrededor 
de �̌�𝑘, en el mismo sentido que gira la terna. Luego esta dirección resulta la misma que la de 
�̌�𝜌, pero con sentido opuesto. Entonces, 
𝑑�̌�𝜑
𝑑𝑡
= −�̇�(𝑡). �̌�𝜌. 
 
Por último, el versor �̌�𝑘 nocambia ni en módulo (porque siempre tiene módulo unitario, 
ni en dirección. Por lo tanto está todo el tiempo fijo, y es paralelo y coincidente con el versor 
�̌� de la TF. Luego, su derivada es un vector nulo: 
𝑑�̌�𝑘
𝑑𝑡
= 0̅. 
 
Opción 3, Derivar en cartesianas de los versores de la terna: Como aquí tenemos 
expresiones bien definidas para los versores de la terna móvil, se pueden derivar sus 
expresiones cartesianas. 
 
 Esto es: 
 
{
�̌�𝜌 = 1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑). 𝑖̌ + 1. 𝑠𝑒𝑛(𝜑). 𝑗̌ + 0. �̌� 
�̌�𝜑 = −1. 𝑠𝑒𝑛(𝜑). 𝑖̌ + 1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑). 𝑗̌ + 0. �̌�
�̌�𝑘 = 0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌ + 1. �̌� 
 (6) 
 
 
 Si derivamos respecto del tiempo, y teniendo en cuenta que 𝑑𝜑/𝑑𝑡 = �̇�, queda: 
 
{
𝑑�̌�𝜌/𝑑𝑡 = −1. �̇�. 𝑠𝑒𝑛(𝜑). 𝑖̌ + 1. �̇�. 𝑐𝑜𝑠(𝜑). 𝑗̌ + 0. �̌� = �̇�. [−1. 𝑠𝑒𝑛(𝜑). 𝑖̌ + 1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑). 𝑗̌ + 0. �̌�] 
𝑑�̌�𝜑/𝑑𝑡 = −1. �̇�. 𝑐𝑜𝑠(𝜑). 𝑖̌ − 1. �̇�. 𝑠𝑒𝑛(𝜑). 𝑗̌ + 0. �̌� = −�̇�. [1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑). 𝑖̌ + 1. 𝑠𝑒𝑛(𝜑). 𝑗̌ + 0. �̌�] 
𝑑�̌�𝑘/𝑑𝑡 = 0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌ + 0. �̌� = 0̅ 
 
 
 Y comparando los corchetes de las últimas expresiones, con las ecuaciones dadas en 
(6): 
 
{
𝑑�̌�𝜌/𝑑𝑡 = �̇�. �̌�𝜑 
𝑑�̌�𝜑/𝑑𝑡 = −�̇�. �̌�𝜌 
𝑑�̌�𝑘/𝑑𝑡 = 0̅ 
 
 
 Que es lo mismo que habíamos obtenido en (5). 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
----------------------------------------------------- 
 
Retomemos. Si reemplazamos las derivadasdadas en (5) en la expresión (4), queda: 
 
𝑉𝑃̅̅ ̅ = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�(𝑡). �̌�𝜑 + �̇�. �̌�𝑘 + 𝑧. 0̅ 
 
𝑉𝑃̅̅ ̅ = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�(𝑡). �̌�𝜑 + �̇�. �̌�𝑘 
 
Podemos prescindir de la t en la velocidad angular, ya sabemos que estamos 
calculando velocidades instantáneas. Entonces: 
 
𝑽𝑷̅̅ ̅̅ = �̇�. �̌�𝝆 + 𝝆. �̇�. �̌�𝝋 + �̇�. �̌�𝒌 (𝟕) 
 
Lo interesante de la expresión que acabamos de hallar, es que el vector posición tenía 
sólo dos componentes. Es decir, (𝑃 − 𝑂1) nunca tiene componente en la dirección de �̌�𝜑. Sin 
embargo, la velocidad (salvo situaciones particulares), sí. 
 
IV. VECTOR ACELERACIÓN: 
 
Para hallar la aceleración procedemos igual que antes, es decir derivamos la expresión 
de la velocidad (en coordenadas cilíndricas), respecto del tiempo t: 
 
𝑎𝑃̅̅ ̅ =
𝑑𝑉𝑃̅̅ ̅
𝑑𝑡
=
𝑑(�̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�. �̌�𝜑 + �̇�. �̌�𝑘)
𝑑𝑡
 
 
En el último miembro tenemos la derivada de tres términos y en cada término un 
producto de dos o más factores. Luego, aplicando las reglas de derivación: 
 
𝑎𝑃̅̅ ̅ =
𝑑�̇�
𝑑𝑡
. �̌�𝜌 + �̇�.
𝑑�̌�𝜌
𝑑𝑡
+
𝑑𝜌
𝑑𝑡
. �̇�. �̌�𝜑 + 𝜌.
𝑑�̇�
𝑑𝑡
. �̌�𝜑 + 𝜌. �̇�.
𝑑�̌�𝜑
𝑑𝑡
+
𝑑�̇�
𝑑𝑡
. �̌�𝑘 + �̇�.
𝑑�̌�𝑘
𝑑𝑡
 
 
Las derivadas ya nos deberían resultar conocidas: 
 
➢ 𝑑�̇�/𝑑𝑡 = �̈� 
➢ 𝑑𝑒�̌�/𝑑𝑡 = �̇�. �̌�𝜑 
➢ 𝑑𝜌/𝑑𝑡 = �̇� 
➢ 𝑑�̇�/𝑑𝑡 = �̈� 
➢ 𝑑�̌�𝜑/𝑑𝑡 = − �̇�. �̌�𝜌 
➢ 𝑑�̇�/𝑑𝑡 = �̈�, y 
➢ 𝑑𝑒�̌�/𝑑𝑡 = 0̅ 
 
Reemplazando: 
 
𝑎𝑃̅̅ ̅ = �̈�. �̌�𝜌 + �̇�. �̇�. �̌�𝜑 + �̇�. �̇�. �̌�𝜑 + 𝜌. �̈�. �̌�𝜑 + 𝜌. �̇�. (−�̇�. �̌�𝜌) + �̈�. �̌�𝑘 + �̇�. 0̅ 
 
𝑎𝑃̅̅ ̅ = �̈�. �̌�𝜌 + �̇�. �̇�. �̌�𝜑 + �̇�. �̇�. �̌�𝜑 + 𝜌. �̈�. �̌�𝜑 − 𝜌. �̇�. �̇�. �̌�𝜌 + �̈�. �̌�𝑘 
 
𝒂𝑷̅̅̅̅ = (�̈� − 𝝆. �̇�
𝟐). �̌�𝝆 + (𝟐. �̇�. �̇� + 𝝆. �̈�). �̌�𝝋 + �̈�. �̌�𝒌 (𝟖) 
 
 
V. RESUMIENDO: 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
- En cilíndricas, las expresiones del vector posición, velocidad y aceleración, son las 
siguientes: 
 
{
(𝑷 − 𝑶𝟏) = 𝝆. �̌�𝝆 + 𝒛. 𝒆�̌� 
𝑽𝑷̅̅ ̅̅ = �̇�. �̌�𝝆 + 𝝆. �̇�. �̌�𝝋 + �̇�. 𝒆�̌� 
𝒂𝑷̅̅̅̅ = (�̈� − 𝝆. �̇�
𝟐). �̌�𝝆 + (𝟐. �̇�. �̇� + 𝝆. �̈�). �̌�𝝋 + �̈�. �̌�𝒌
 (𝟗) 
 
- Las coordenadas polares son un caso particular de las coordenadas cilíndricas, donde 
una de las coordenadas (la correspondiente al eje que tiene dirección 𝒆�̌�, es siempre 
nula. Un caso particular que se puede estudiar en polares, es el de los movimientos 
centrales. Pero por ahora lo diferimos un poco. 
 
VI. COORDENADAS POLARES. 
 
Las coordenadas polares son un caso particular del sistema cilíndrico, donde la tercera 
coordenada, vale siempre cero. 
 
Es decir, es un sistema que sirve únicamente para describir movimientos planos. 
 
Como z es siempre nula, el sistema de ecuaciones cilíndrico se reduce, y las 
expresiones de los vectores posición, velocidad y aceleración, quedarán como sigue: 
 
{
(𝑷 − 𝑶𝟏) = 𝝆. �̌�𝝆 
𝑽𝑷̅̅ ̅̅ = �̇�. �̌�𝝆 + 𝝆. �̇�. �̌�𝝋 
𝒂𝑷̅̅̅̅ = (�̈� − 𝝆. �̇�
𝟐). �̌�𝝆 + (𝟐. �̇�. �̇� + 𝝆. �̈�). �̌�𝝋
 (𝟏𝟎) 
 
Las expresiones de pasaje y todo lo demás, se reducen en consecuencia. 
 
En este sistema, las tres magnitudes mencionadas: Vector posición, vector velocidad 
y aceleración del punto P, son coplanares y están en el plano del movimiento (plano osculador, 
que es este caso tiene que ser fijo). 
 
El vector posición solo tiene componente radial. La velocidad y la aceleración, pueden 
tener hasta dos compontes. A las componentes en la dirección de �̌�𝝆 se las llamará radiales 
y a las componentes en la dirección de �̌�𝝋, transversales (igual que en cilíndricas, salvo que 
aquí ninguna de ellas puede tener componente axial, o a lo largo del eje �̌�𝒌). 
 
A pesar de todo, �̌�𝒌 puede ser necesario si queremos, por ejemplo, expresar la 
velocidad angular de la terna, momentos, etc. Las magnitudes fundamentales estás en el 
plano, pero algunas son perpendiculares a él. 
 
Un caso muy interesante que se suele dar en el estudio de los movimientos planos, y 
para los cuales este sistema de coordenadas resulta particularmente útil, es el de los 
movimientos centrales. Pero lo dejamos para el próximo apartado y por el momento nos 
parece innecesario discurrir más sobre el tema. 
 
 
VII. EJERCICIOS RESUELTOS. 
 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
Ejemplo N° 1: El movimiento de una partícula sobre la superficie de un cilindro circular 
recto se define por las relaciones: 
 
{
𝑟 = 𝐴 
𝛼 = 2.𝜔. 𝑡 
 𝑧 = 𝐵. 𝑠𝑒𝑛𝛼
 
 
Siendo y constantes. Calcular la velocidad y la aceleración de la partícula en 
función del tiempo. 
 
 Llamemos al punto “P”. La descripción del movimiento viene dada en coordenadas 
cilíndricas, que son las que mejor se adaptan a una descripción geométrica con simetría axial, 
como es el de este caso. 
 
 El vector posición, entonces, viene dado por: 
 
(𝑃 − 𝑂1) = 𝐴. �̌�𝜌 + 𝐵. 𝑠𝑒𝑛(2. 𝜔. 𝑡). �̌�𝑘 
 
 Las coordenadas cilíndricas de un punto P serán: 
 
{
𝜌 = 𝑟 = 𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 
𝜑 = 𝛼 = 2.𝜔. 𝑡 
 𝑧 = 𝐵. 𝑠𝑒𝑛(2. 𝜔. 𝑡)
 
 
 Sus derivadas temporales primeras y segundas: 
 
{
�̇� = 0 
�̇� = 2. 𝜔 
 𝑧 = 2.𝜔. 𝐵. 𝑐𝑜𝑠(2. 𝜔. 𝑡)
 {
�̈� = 0 
�̈� = 0 
�̈� = −4.𝜔2. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛(2.𝜔. 𝑡)
 
 
La velocidad será: 
 
�̅� = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�. �̌�𝜑 + �̇�. �̌�𝑘 
 
�̅�𝑃 = 0. �̌�𝜌 + 𝐴. 2. 𝜔. . �̌�𝜑 + 2.𝜔. 𝐵. 𝑐𝑜𝑠(2. 𝜔. 𝑡). �̌�𝑘 
 
�̅�𝑷 = 𝟐.𝝎. 𝑨. �̌�𝝋 + 𝟐.𝝎.𝑩. 𝒄𝒐𝒔(𝟐.𝝎. 𝒕). �̌�𝒌 
 
 Para la aceleración: 
 
�̅� = (�̈� − 𝜌. �̇�2). �̌�𝜌 + (2. �̇�. �̇� + 𝜌. �̈�). �̌�𝜑 + �̈�. �̌�𝑘 
 
�̅�𝑃 = {0 − 𝐴. (2. 𝜔)
2}. �̌�𝜌 + {2.0. (2. 𝜔) + 𝐴. 0}. �̌�𝜑 + {−4.𝜔
2. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛(2. 𝜔. 𝑡)}. �̌�𝑘 
 
�̅�𝑃 = −4. 𝐴. 𝜔
2. �̌�𝜌 + 0. �̌�𝜑 − 4.𝜔
2. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛(2.𝜔. 𝑡). �̌�𝑘 
 
�̅�𝑷 = −𝟒.𝝎
𝟐. 𝑨. �̌�𝝆 − 𝟒.𝝎
𝟐. 𝑩. 𝒔𝒆𝒏(𝟐.𝝎. 𝒕). �̌�𝒌 
 
 
Ejemplo N° 2: Las ecuaciones polares del movimiento de un punto son: 
 
A B
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
{
𝑟 = 2. √𝑡 , 𝑦
𝜑 =
1
2
. ln(2. 𝑡) 
 
Se pide: 
 
a) Obtener el vector posición; 
b) Obtener los vectores velocidad y aceleración; 
c) Obtener la ecuación de la trayectoria 𝑟 = 𝑓(𝜑); 
d) Obtener la ley horaria. 
 
Resolución: 
 
a) Vector posición en coordenadas polares: 
 
�̅�(𝑡) = (𝑃 − 𝑂) = 𝑟. �̌�𝑟 
 
�̅�(𝑡) = 2. √𝑡. �̌�𝑟 (𝒊) 
 
b) Velocidad y aceleración en coordenadas polares: 
 
�̅�(𝑃) = �̇�. �̌�𝑟 + 𝑟. �̇�. �̌�𝜑 
 
{
𝑟 = 2. 𝑡1/2 �̇� = 𝑡−
1
2 �̈� = −
1
2
. 𝑡−
3
2 
𝜑 =
1
2
. ln(2. 𝑡) �̇� =
1
2
. 𝑡−1 �̈� = −
1
2
. 𝑡−2
 
 
�̅�(𝑃) = 𝑡
−
1
2. �̌�𝑟 + 2. 𝑡
1/2.
1
2
. 𝑡−1. �̌�𝜑 
 
�̅�(𝑃) = 𝑡
−1/2. �̌�𝑟 + 𝑡
−1/2. �̌�𝜑 (𝒊𝒊) 
 
�̅�(𝑃) = (�̈� − 𝑟. �̇�
2). �̌�𝑟 + (2. �̇�. �̇� + 𝑟. �̈�). �̌�𝜑 
 
�̅�(𝑃) = [−
1
2
. 𝑡−
3
2 − 2. 𝑡1/2. (
1
2
. 𝑡−1)
2
] . �̌�𝑟 + [2. 𝑡
−
1
2.
1
2
. 𝑡−1 + 2. 𝑡
1
2. (−
1
2
. 𝑡−2)] . �̌�𝜑 
 
�̅�(𝑃) = [−
1
2
. 𝑡−3/2 −
1
2
. 𝑡−3/2] . �̌�𝑟 + [𝑡
−3/2 − 𝑡−3/2]. �̌�𝜑 
 
�̅�(𝑃) = −𝑡
−
3
2. �̌�𝑟 (𝒊𝒊𝒊) 
 
c) Trayectoria: 𝑟 = 𝑓(𝜑) 
 
Despejamos t de la expresión 𝜑 = 𝜑(𝑡) =
1
2
. ln (2. 𝑡): 
 
2. 𝜑 = ln (2. 𝑡) 
 
𝑒2.𝜑 = 2. 𝑡 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
𝑡 =
1
2
. 𝑒2.𝜑 
 
Y reemplazando este valor de t, en la expresión de 𝑟 = 𝑓(𝑡): 
 
 
 
 
𝑟 = 2.√(
1
2
. 𝑒2.𝜑) 
 
𝑟 = √2. 𝑒𝜑 (𝒊𝒗) 
 
 
 
 
d) Ley horaria. 
 
Para obtener la ley horaria s(t), tenemos que hallar el módulo del vector velocidad en 
integrarlo para un dt que varía entre t0 y t: 
 
𝑠(𝑡) = 𝑠(𝑡𝑜) +∫ �̇�(𝑡). 𝑑𝑡
𝑡
𝑡𝑜
 
 
�̇�(𝑡) = |�̅�(𝑡)| = 𝑡
−1/2 
 
𝑠(𝑡) = 𝑠(𝑡𝑜)+∫ 𝑡
−1/2. 𝑑𝑡
𝑡
𝑡𝑜
= 𝑠(𝑡𝑜) +
𝑡−
1
2
+1
−
1
2 + 1
|
𝑡𝑜
𝑡
 
 
 
 Si para to=0, 𝑠(𝑡𝑜)= 0, entonces: 
 
𝑠(𝑡) = 2.√𝑡 (𝒗) 
 
Ejemplo N° 3: Las ecuaciones polares del movimiento de una partícula son: 
 
 
 
 
 
Obtener: 
 
a) Los vectores velocidad y aceleración. 
 b) La componente normal de la aceleración. 
 c) La expresión del radio de curvatura de flexión en función del tiempo. 
 d) La ecuación de la trayectoria. 
 
Solución: 
 
-400
-200
0
200
400
600
800
-500 0 500 1000 1500
y
r ln 2t
1
t
2
=


 =

CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
Claramente se trata de un problema planteado en coordenadas polares. Las 
coordenadas polares son un caso particular de las cilíndricas y solo sirven para describir 
movimientos planos. Luego, se prescinde de las componentes del vector posición, velocidad, 
aceleración en la dirección del eje Z. 
 
Las expresiones del vector posición, velocidad y aceleración en coordenadas 
cilíndricas, son: 
 
�̅�𝑃 = (𝑃 − 𝑂1) = 𝜌. �̌�𝜌 + 𝑧. �̌�𝑘 
 
�̅�𝑃 = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�. �̌�𝜑 + �̇�. �̌�𝑘 
 
�̅�𝑃 = (�̈� − 𝜌. �̇�
2). �̌�𝜌 + (2. �̇�. �̇� + 𝜌. �̈�). �̌�𝜑 + �̈�. �̌�𝑘 
 
Para el caso de problemas planos, las ecuaciones se simplifican a lo que se conoce 
como coordenadas polares: 
 
�̅�𝑃 = (𝑃 − 𝑂1) = 𝜌. �̌�𝜌 
 
�̅�𝑃 = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�. �̌�𝜑 
 
�̅�𝑃 = (�̈� − 𝜌. �̇�
2). �̌�𝜌 + (2. �̇�. �̇� + 𝜌. �̈�). �̌�𝜑 
 
a) Vectores velocidad y aceleración. 
 
 Tenemos las expresiones de r (o rho, es solo una cuestión de nomenclatura) y 𝜃 (o 
𝜑, también una cuestión de nomenclatura), como función del tiempo. Entonces podemos 
calcular las derivas: 
 
𝜌 = ln(2. 𝑡) ; 
 
�̇� =
2
2. 𝑡
=
1
𝑡
= 𝑡−1 ; 
 
�̈� = −
1
𝑡2
= −𝑡−2 ; 
 
Para el ángulo: 
𝜑 =
1
2
. √𝑡 =
1
2
. 𝑡
1
2 =
√𝑡
2
 ; 
 
�̇� =
1
4
. 𝑡−
1
2 =
1
4. √𝑡
 ; 
 
�̈� = −
1
8
. 𝑡−
3
2 = −
1
8. 𝑡
3
2
 
Velocidad: 
 
�̅�𝑃 = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�. �̌�𝜑 
 
�̅�𝑃 =
1
𝑡
. �̌�𝜌 + ln(2. 𝑡) .
1
4
. 𝑡−
1
2. �̌�𝜑 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
�̅�𝑷 =
𝟏
𝒕
. �̌�𝝆 +
𝟏
𝟒
.
𝐥𝐧(𝟐. 𝒕)
√𝒕
. �̌�𝝋 
Aceleración: 
�̅�𝑃 = (�̈� − 𝜌. �̇�
2). �̌�𝜌 + (2. �̇�. �̇� + 𝜌. �̈�). �̌�𝜑 
 
�̅�𝑃 = (−
1
𝑡2
− ln(2. 𝑡) .
1
16. 𝑡
) . �̌�𝜌 + (2.
1
𝑡
.
1
4. √𝑡
+ ln(2. 𝑡) . (−
1
8. 𝑡
3
2
)) . �̌�𝜑 
 
�̅�𝑷 = (−
𝟏
𝒕𝟐
−
𝐥𝐧(𝟐. 𝒕)
𝟏𝟔. 𝒕
) . �̌�𝝆 + (
𝟏
𝟐. 𝒕. √𝒕
−
𝐥 𝐧(𝟐. 𝒕)
𝟖. 𝒕
𝟑
𝟐
) . �̌�𝝋 
 
 b) La componente normal de la aceleración. 
 
 La componente normal de la aceleración ya se refiere a coordenadas intrínsecas. 
Podemos recurrir nuevamente a la expresión que se obtiene a partir del producto vectorial: 
 
𝑎𝑛 =
|�̅�𝑃 ∧ �̅�𝑃|
�̇�
=
|(
1
𝑡 . �̌�𝜌 +
1
4 .
ln(2. 𝑡)
√𝑡
. �̌�𝜑) ∧ ((−
1
𝑡2
−
ln(2. 𝑡)
16. 𝑡 ) . �̌�𝜌 + (
1
2. 𝑡. √𝑡
−
ln(2. 𝑡)
8. 𝑡
3
2
) . �̌�𝜑)|
|
1
𝑡
. �̌�𝜌 +
1
4
.
ln(2. 𝑡)
√𝑡
. �̌�𝜑|
 
 
 
𝑎𝑛 =
1
𝑡 . (
1
2. 𝑡. √𝑡
−
ln(2. 𝑡)
8. 𝑡
3
2
) −
1
4 .
ln(2. 𝑡)
√𝑡
. (−
1
𝑡2
−
ln(2. 𝑡)
16. 𝑡 )
√(
1
𝑡)
2
+ (
1
4 .
ln(2. 𝑡)
√𝑡
)
2
 
 
𝑎𝑛 =
1
2. 𝑡2. √𝑡
−
ln(2. 𝑡)
8. 𝑡. 𝑡
3
2
+
1
4 .
ln(2. 𝑡)
√𝑡
.
1
𝑡2
+
1
4 .
ln(2. 𝑡)
√𝑡
.
ln(2. 𝑡)
16. 𝑡
√(
1
𝑡)
2
+ (
1
4 .
ln(2. 𝑡)
√𝑡
)
2
 
 
𝑎𝑛 =
1
2. 𝑡2. √𝑡
−
ln(2. 𝑡)
8. 𝑡. 𝑡
3
2
+
1
4
.
ln(2. 𝑡)
𝑡2. √𝑡
+
1
4
.
ln2(2. 𝑡)
16. 𝑡. √𝑡
√ 1
𝑡2
+
1
16 .
ln2(2. 𝑡)
𝑡
 
 
𝑎𝑛 =
1
2 .
1
𝑡
5
2
+
1
8 .
ln(2. 𝑡)
𝑡
5
2
+
1
82
.
ln2(2. 𝑡)
𝑡
3
2
√1
𝑡2
+
1
16 .
ln2(2. 𝑡)
𝑡
 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
𝒂𝒏 =
𝟏
𝟐
.
𝟏
𝒕
𝟑
𝟐
.
[𝟒 + 𝐥𝐧(𝟐. 𝒕) +
𝟏
𝟖
. 𝒕. 𝐥𝐧𝟐(𝟐. 𝒕)]
√𝟏𝟔 + 𝒕. 𝐥𝐧𝟐(𝟐. 𝒕)
 
 
 c) La expresión del radio de curvatura de flexión en función del tiempo. 
 
Podemos aplicar la siguiente ecuación: 
 
𝜌𝑓 =
�̇�3
|�̅� ∧ �̅�|
=
(√
1
𝑡2
+
1
16 .
ln2(2. 𝑡)
𝑡 )
3
1
2
.
1
𝑡
5
2
+
1
8
.
ln(2. 𝑡)
𝑡
5
2
+
1
82
.
ln2(2. 𝑡)
𝑡
3
2
 
 
 d) La ecuación de la trayectoria. 
 
Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria ya las tenemos: 
 
{
𝜌 = ln(2. 𝑡)
𝜑 =
1
2
. √𝑡 
 
 
También podemos hallar la ecuación de la trayectoria en la forma 𝜌 = 𝑓(𝜑): 
 
De la segunda 𝑡 = 4. 𝜑2, entonces: 
 
𝜌 = ln(2 × 4. 𝜑2) 
 
𝝆 = 𝐥𝐧(𝟖.𝝋𝟐) 
 
Ejemplo N° 4. Problema de las dos barras 
 
Supongamos dos barras unidas en B por un pasador, girando en el mismo plano, a 
velocidades a angulares absolutas diferentes y constantes: la barra AB tiene longitud L1, y gira 
gira con velocidad angular de módulo w1 = cte. La barra BC tiene longitud L2, y gira con w2 = 
cte. 
 
Se pide hallar la velocidad y la 
aceleración del punto C. Resolver utilizando: 
 
a) Formulación de cinemática del 
punto y un sistema de 
coordenadas cartesianas fijas, 
con origen en A; 
b) Formulación de cinemática del 
punto y una terna cartesiana móvil 
con origen en A; 
c) Formulación de cinemática del 
punto y una terna cartesiana móvil 
con origen en B; 
d) Formulación de cinemática del punto y coordenadas polares suponer en este caso 
que L1 = L2; 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
a) Resolución utilizando la formulación de cinemática del punto y sistema de referencia 
cartesiano fijo, con origen en A. 
 
Para resolver el problema colocamos una terna fija en A, con los ejes orientados como 
se muestra en la figura. En el instante inicial (t=to=0), consideremos que las dos barras AB y 
BC están alineadas con el eje X, en dirección horizontal. De esta manera, los ángulos iniciales 
que forman las barras con el eje X en el instante inicial, son nulos: 𝜑1,0 = 0, y 𝜑2,0 = 0. Luego, 
en el instante t: 
 
𝜔1 =
𝑑𝜑1(𝑡)
𝑑𝑡
= 𝑐𝑡𝑒 
 
𝑑𝜑1(𝑡) = 𝜔1. 𝑑𝑡 
 
∫ 𝑑𝜑1(𝑡)
𝜑1(𝑡)
𝜑1𝑜=0
= ∫ 𝜔1. 𝑑𝑡
𝑡
𝑡𝑜=0
 
 
𝜑1(𝑡) = 𝜔1. 𝑡 
 
De la misma manera: 
 
𝜑2(𝑡) = 𝜔2. 𝑡 
 
Si no hubiéramos forzado esas condiciones iniciales, las expresiones de los ángulos en 
función del tiempo hubieran tenido formas no tan sencillas. 
 
Al resolver un problema de cinemática del punto, y una vez definido el sistema de 
referencia que vamos a utilizar, lo fundamental es expresar el vector posición del punto que 
pretendemos analizar (en nuestro caso el punto “C”), en los versores de ese sistema de 
referencia: 
 
�̅�𝐶 = (𝐶 − 𝑂) 
 
�̅�𝐶 = [𝐿1. cos(𝜑1) + 𝐿2. cos(𝜑2)]. 𝑖 + [𝐿1. sen(𝜑1) + 𝐿2. sen(𝜑2)]. 𝑗 
 
Expresamos los ángulos en función de las velocidades angulares (que además son 
nuestros datos de partida del enunciado del problema), para poder derivar: 
 
�̅�𝑪 = [𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒊 + [𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒋 (𝟏) 
 
�̅�𝐶 =
𝑑�̅�𝐶
𝑑𝑡
 
 
�̅�𝑪 = −[𝝎𝟏. 𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒊
+ [𝝎𝟏. 𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒋 (𝟐) 
 
Y finalmente, �̅�𝐶 =
𝑑�̅�𝐶
𝑑𝑡
. O sea: 
 
�̅�𝑪 = −[𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒊
− [𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒋 (𝟑) 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
b) Resolución utilizando la formulación de cinemática del punto y una terna cartesiana 
móvil con origen en A. 
 
Utilizamos una terna móvil (TM), cartesiana, con origen O1 coincidente con A y con O 
(el origen de la terna fija). Notar que cuando usamos terna móvil, tanto al origen como a los 
ejes y a los versores, les agregamos el subíndice “1”, para denotar justamente, que se trata 
de ternas móviles y distinguirlas de las fijas. 
 
 
La TM tiene los ejes en las direcciones que se muestra en la figura, donde 𝑖1̌ está ligado 
a la barra AB y se mueve con w1 junto a dicha barra. 
 
Entonces: �̅�𝐶 = (𝐶 − 𝑂1) 
 
�̅�𝐶 = [𝐿1 + 𝐿2. cos(𝜑21)]. 𝑖1̌ + 𝐿2. sen(𝜑21) . 𝑗1̌ 
 
Pero aquí aparece un ángulo que aún no hemos definido 𝜑21, que no es otra cosa que 
el ángulo que forma la dirección de la barra BC respecto a la dirección de la barra AB. O sea,es un ángulo relativo. No está medido respecto a una referencia absoluta, como lo es el eje X 
de la terna fija, sino respecto a un eje que rota (𝑖1̌). 
 
Tenemos que expresarlo en función de los datos del problema: w2 y w1. Bien, en el dibujo 
que sigue es fácil de ver que 𝜑21 = 𝜑2 − 𝜑1, donde los dos últimos sí son ángulos absolutos 
y ya vimos, que con condiciones iniciales apropiadas, estaban relacionados con las 
velocidades angulares absolutas de cada barra de la siguiente manera: 𝜑1(𝑡) = 𝜔1. 𝑡 y 𝜑2(𝑡) =
𝜔2. 𝑡 Luego: 𝜑21 = 𝜔2. 𝑡 − 𝜔1. 𝑡 = (𝜔2 −𝜔1). 𝑡 
 
Entonces: 
�̅�𝑪 = {𝑳𝟏 + 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕]}. �̌�𝟏 + 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏)𝒕] . 𝒋̌𝟏 (𝟒) 
 
Luego la velocidad será: �̅�𝐶 =
𝑑�̅�𝐶
𝑑𝑡
. Pero no debemos olvidar que la terna está rotando… 
No es una terna fija, por lo tanto al derivar debemos derivar los versores: 
 
�̅�𝐶 =
𝑑{𝐿1 + 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}
𝑑𝑡
. 𝑖1̌ + {𝐿1 + 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}.
𝑑𝑖1̌
𝑑𝑡
+
𝑑{𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡]}
𝑑𝑡
. 𝑗1̌ + {𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡]}.
𝑑𝑗1̌
𝑑𝑡
 
 
Donde, por Poisson: 
𝑑�̌�1
𝑑𝑡
= �̅�𝑇𝑀 ∧ 𝑖1̌, y de la misma manera, 
𝑑�̌�1
𝑑𝑡
= �̅�𝑇𝑀 ∧ 𝑗1̌; donde a su 
vez �̅�𝑇𝑀 = �̅�1 = 𝜔1. �̌�1 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
Entonces: 
𝑑𝑖1̌
𝑑𝑡
= 𝜔1. �̌�1 ∧ 𝑖1̌ = 𝜔1. 𝑗1̌ 
Y, 
 
𝑑𝑗1̌
𝑑𝑡
= 𝜔1. �̌�1 ∧ 𝑗1̌ = −𝜔1. 𝑖1̌ 
 
Derivando lo que falta y reemplazando las derivadas de los versores que acabamos de 
calcular: 
 
�̅�𝐶 = −(𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] . 𝑖1̌ + {𝐿1 + 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}. 𝜔1. 𝑗1̌
+ (𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] . 𝑗1̌ + {𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡]}. (−𝜔1. 𝑖1̌) 
 
�̅�𝐶 = {−(𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] − 𝜔1. {𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡]}}. 𝑖1̌
+ {𝜔1. 𝐿1 +𝜔1. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] + (𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}. 𝑗1̌ 
 
 
�̅�𝑪 = {−𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏)𝒕]}. �̌�𝟏 + {𝝎𝟏. 𝑳𝟏 +𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕]}. 𝒋̌𝟏 (𝟓) 
 
Y finalmente para la aceleración: �̅�𝐶 =
𝑑�̅�𝐶
𝑑𝑡
 
 
�̅�𝐶 =
𝑑{−𝜔2. 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡]}
𝑑𝑡
. 𝑖1̌ + {−𝜔2. 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡]}.
𝑑𝑖1̌
𝑑𝑡
+
𝑑{𝜔1. 𝐿1 +𝜔2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}
𝑑𝑡
. 𝑗1̌
+ {𝜔1. 𝐿1 +𝜔2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}.
𝑑𝑗1̌
𝑑𝑡
 
 
�̅�𝐶 = −𝜔2. (𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1)𝑡] . 𝑖1̌ + {−𝜔2. 𝐿2. sen[(𝜔2 − 𝜔1)𝑡]}. 𝜔1. 𝑗1̌
− {𝜔2. (𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}. 𝑗1̌
+ {𝜔1. 𝐿1 +𝜔2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}. (−𝜔1. 𝑖1̌) 
 
�̅�𝐶 = −{𝜔2. (𝜔2 − 𝜔1). 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1)𝑡] + 𝜔1
2. 𝐿1 +𝜔1. 𝜔2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}. 𝑖1̌
− {𝜔1. 𝜔2. 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1)𝑡] + 𝜔2. (𝜔2 −𝜔1). 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}. 𝑗1̌ 
 
�̅�𝑪 = −{𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏 +𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕]}. �̌�𝟏 − {𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕]}. 𝒋̌𝟏 (𝟔) 
 
 
Conclusión. Las nuevas expresiones de los vectores �̅�𝑪, �̅�𝑪 𝒚 �̅�𝑪, vienen dadas por 4, 5 
y 6, que si bien son más sencillas que 1, 2 y 3, no coinciden. 
 
¿Por qué es esto? Muy sencillo. Porque las soluciones están expresadas en sistemas 
de referencia que están rotados entre sí, un ángulo 𝝋𝟏, o bien 𝝎𝟏. 𝒕. 
 
Las ecuaciones de pasaje de un sistema de referencia al otro son: 
 
{
𝑥 = 𝑥1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑1) − 𝑦1. 𝑠𝑒𝑛(𝜑1)
𝑦 = 𝑥1. 𝑠𝑒𝑛(𝜑1) + 𝑦1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑1)
𝑧 = 𝑧1 
 
O también: 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
{
𝑥 = 𝑥1. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) − 𝑦1. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡)
𝑦 = 𝑥1. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) + 𝑦1. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡)
𝑧 = 𝑧1 
 
En forma matricial: 
 
{
𝑥
𝑦
𝑧
} = [
𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 0 
𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 0
 0 0 1
] . {
𝑥1
𝑦1
𝑧1
} 
 
La matriz de pasaje, [𝑀], es: 
 
[𝑀] = [
𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 0 
𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 0
 0 0 1
] 
 
Es una matriz cuadrada de 3x3, y si calculamos su determinante, es: 
 
𝐷𝑒𝑡(𝑀) = 1 
 
Por lo tanto es una matriz ortogonal, por lo que su inversa es igual a su 
traspuesta:[𝑀]−1 = [𝑀]𝑡 
 
 Entonces: 
 
{
𝑥1
𝑦1
𝑧1
} = [
 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 0 
−𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 0
 0 0 1
] . {
𝑥
𝑦
𝑧
} 
 
 Apliquemos la última transformación a la expresión 1 para transformar las 
componentes del vector posición, que están expresados en coordenadas de la terna fija, en 
coordenadas de la terna móvil: 
 
�̅�𝑪 = [𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒊 + [𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒋 
 
 Donde sus componentes en la terna fija son: 
 
𝒓𝒙 = 𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕) 
𝒓𝒚 = 𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕) 
𝒓𝒛 = 𝟎 
 
 Entonces: 
 
{
𝑟𝑥1
𝑟𝑦1
𝑟𝑧1
} = [
 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 0 
−𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 0
 0 0 1
] . {
𝐿1. cos(𝜔1. 𝑡) + 𝐿2. cos(𝜔2. 𝑡)
𝐿1. sen(𝜔1. 𝑡) + 𝐿2. sen(𝜔2. 𝑡)
0
} 
 
 Luego: 
 
𝑟𝑥1 = 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). [𝐿1. cos(𝜔1. 𝑡) + 𝐿2. cos(𝜔2. 𝑡)] + 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). [𝐿1. sen(𝜔1. 𝑡) + 𝐿2. sen(𝜔2. 𝑡)] + 0 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
𝑟𝑥1 = 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). 𝐿1. cos(𝜔1. 𝑡) + 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). 𝐿2. cos(𝜔2. 𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). 𝐿1. sen(𝜔1. 𝑡)
+ 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). 𝐿2. sen(𝜔2. 𝑡)
= 𝐿1. cos
2(𝜔1. 𝑡) + 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). 𝑐𝑜𝑠(𝜔2. 𝑡) + 𝐿1. sen
2(𝜔1. 𝑡)
+ 𝐿2. sen(𝜔1. 𝑡) . sen(𝜔2. 𝑡) 
 
𝑟𝑥1 = 𝐿1 + 𝐿2. [𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). 𝑐𝑜𝑠(𝜔2. 𝑡) + 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). 𝑠𝑒𝑛(𝜔2. 𝑡)] 
 
Pero: cos(𝛼 ± 𝛽) = 𝑐𝑜𝑠(𝛼). 𝑐𝑜𝑠(𝛽) ∓ 𝑠𝑒𝑛(𝛼). 𝑠𝑒𝑛(𝛽) 
 
Entonces: 
𝒓𝒙𝟏 = 𝑳𝟏 + 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕] 
 
Expresión que coincide con el primer término de segundo miembro de la ecuación 4. 
 
Si hacemos lo propio con la componente en y: 
 
𝑟𝑦1 = −𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). 𝐿1. cos(𝜔1. 𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). 𝐿2. cos(𝜔2. 𝑡) + 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). 𝐿1. sen(𝜔1. 𝑡)
+ 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). 𝐿2. sen(𝜔2. 𝑡) + 0
= −𝐿2. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). cos(𝜔2. 𝑡) + 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). sen(𝜔2. 𝑡) 
 
Y recordando que: sen(𝛼 ± 𝛽) = 𝑠𝑒𝑛(𝛼). 𝑐𝑜𝑠(𝛽) ± 𝑠𝑒𝑛(𝛽). 𝑠𝑒𝑛(𝛼), queda: 
 
𝒓𝒚𝟏 = 𝑳𝟐. 𝒔𝒆𝒏[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕] 
 
Que también coincide con el segundo término del segundo miembro de 4. Y finalmente: 
𝑟𝑧1 = 0 
 
Podemos verificar la aceleración, dando por sentado que, si la transformación es 
correcta, la transformación de la velocidad también lo será, ya que la aceleración se deriva a 
partir de la velocidad: 
 
La aceleración de “C” en la terna fija viene dada por 3: 
 
�̅�𝑪 = −[𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒊
− [𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕) + 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)]. 𝒋 (𝟑) 
 
Y en la terna móvil por 6: 
 
�̅�𝑪 = −{𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏 +𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕]}. �̌�𝟏 − {𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕]}. 𝒋̌𝟏 (𝟔) 
 
Vamos a hacer al revés, o sea, partiendo de las componentes de (6), llegar a las 
componentes de (3) 
 
{
𝑎𝑥
𝑎𝑦
𝑎𝑧
} = [
𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) − 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 0 
𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) 0
 0 0 1
] . {
−𝜔1
2. 𝐿1 −𝜔2
2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]
−𝜔2
2. 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]
0
} 
 
Según esto, tendremos: 
 
𝑎𝑥 = 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). {−𝜔1
2. 𝐿1 −𝜔2
2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]} − 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). {−𝜔2
2. 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}
+ 0 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
𝑎𝑥 = −𝜔1
2. 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) − 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]
+ 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] 
 
Y recurriendo al coseno de la suma de dos ángulos: 
 
𝑎𝑥 = −𝜔1
2. 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡)
− {𝜔2
2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] − 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1.𝑡). sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}
= −𝜔1
2. 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡) − 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠[(𝜔1 +𝜔2 −𝜔1). 𝑡] 
 
𝒂𝒙 = −𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝟏. 𝒕) − 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝟐. 𝒕) 
 
Para la componente en Y: 
 
𝑎𝑦 = 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). {−𝜔1
2. 𝐿1 − 𝜔2
2. 𝐿2. cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]} + 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). {−𝜔2
2. 𝐿2. sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}
+ 0 
 
𝑎𝑦 = −𝜔1
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) − 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]
− 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]
= −𝜔1
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡)
− {𝜔2
2. 𝐿2. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡). cos[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡] + 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜔1. 𝑡). sen[(𝜔2 −𝜔1). 𝑡]}
= −𝜔1
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝜔1. 𝑡) − 𝜔2
2. 𝐿2. sen[(𝜔1 + (𝜔2 −𝜔1)). 𝑡] 
 
𝒂𝒚 = −𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝟏. 𝒕) − 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕) 
 
Que coincide plenamente con el segundo término del segundo miembro de la Ecuación 
(3). 
 
Por último 𝒂𝒛 = 𝟎 
 
Como dijimos, es obligado que la velocidad deba poder transformarse. Otro hecho 
irrefutable es que los módulos de los vectores, calculados a partir de cualquier sistema de 
coordenadas, también deben coincidir. 
 
En el cuadro que sigue podemos observar el cómputo de las componentes de las tres 
magnitudes cinemáticas en los dos sistemas de referencia. 
 
Magnitud Terna Fija Terna Móvil Módulo 
V
e
c
to
r 
P
o
s
ic
ió
n
 rx 
𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕)
+ 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕) 
𝑳𝟏 + 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕] 
(𝑳𝟏
𝟐 + 𝑳𝟐
𝟐
+ 𝟐. 𝑳𝟏. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐
−𝝎𝟏). 𝒕])
𝟏/𝟐
 
ry 
𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕)
+ 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕) 
𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏)𝒕] 
rz 𝟎 𝟎 
V
e
c
to
r 
V
e
lo
c
id
a
d
 
vx 
−[𝝎𝟏. 𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕)
+ 𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)] 
−𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏)𝒕] 
(𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏
𝟐 +𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐
𝟐
+ 𝟐.𝝎𝟏. 𝝎𝟐. 𝑳𝟏. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐
−𝝎𝟏). 𝒕])
𝟏/𝟐
 
vy 
𝝎𝟏. 𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕)
+ 𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕) 
𝝎𝟏. 𝑳𝟏 +𝝎𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐
−𝝎𝟏). 𝒕] 
vz 𝟎 𝟎 
V
e
c
to r 
a
c
e
le
r
a
c
i
ó
n
 
ax 
−[𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟏. 𝒕)
+ 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝟐. 𝒕)] 
−{𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏 +𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐
−𝝎𝟏). 𝒕]} 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
ay 
−[𝝎𝟏
𝟐. 𝑳𝟏. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟏. 𝒕)
+ 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧(𝝎𝟐. 𝒕)] 
−{𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐬𝐞𝐧[(𝝎𝟐
−𝝎𝟏). 𝒕]} 
(𝝎𝟏
𝟒. 𝑳𝟏
𝟐 +𝝎𝟐
𝟒. 𝑳𝟐
𝟐
+ 𝟐.𝝎𝟏
𝟐. 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟏. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐
−𝝎𝟏). 𝒕])
𝟏/𝟐
 az 𝟎 𝟎 
 
 
c) Terna cartesiana móvil con origen en B. 
 
En este caso podemos plantear dos variantes de interés. Una con dirección del eje x1, 
en la dirección de la barra AB, y la otra con dirección de la barra BC. 
La primera opción es muy parecida al planteo del caso b) ya realizado. De cualquier 
modo dejamos estas dos enfoques al lector interesado. 
 
d) Resolución utilizando la formulación de cinemática del punto, con un sistema de 
referencia móvil y coordenadas polares. 
 
Si elegimos una terna polar con origen O1 coincidente con el punto A, el versor �̌�𝜌 debe 
tener la dirección de AC, recordemos que la terna polar sigue al punto en estudio, que en 
nuestro caso era “C”. Si quisiéramos a posteriori estudiar otro punto, como por ejemplo el 
punto medio de la barra BC, habría que redefinir la terna polar, ya que la que apunta a “C” no 
nos serviría. 
 
Acá, por una cuestión de simplicidad de las expresiones, nos conviene adoptar L1 = L2, 
lo que a las resoluciones anteriores no las afecta demasiado. 
 
Con este nuevo criterio, el vector posición en polares (caso particular del sistema 
cilíndrico) quedará: 
 
�̅� = (𝐶 − 𝑂1) = 𝜌 . �̌�𝜌 = [𝐿1. 𝑐𝑜𝑠(𝜑3) + 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠(𝜑4)]. �̌�𝜌 
 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
Como L1=L2, ABC forma un triángulo isósceles, donde 𝜑3 = 𝜑4 = 𝜑21/2, por lo que el 
vector posición queda: 
 
�̅� = 2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 (
𝜑21
2
) . �̌�𝜌 = 2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 (
𝜑2 − 𝜑1
2
) . �̌�𝜌 
Y finalmente: 
�̅� = 𝟐. 𝑳. 𝒄𝒐𝒔 [(
𝝎𝟐 −𝝎𝟏
𝟐
) . 𝒕] . �̌�𝝆 (𝟕) 
 
De donde 𝜌, es la distancia de O1 a C: 𝜌 = 2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2−𝜔1
2
) . 𝑡], 
 
El ángulo que describe el eje �̌�𝜌, respecto a una referencia fija, como por ejemplo el eje 
X de la terna fija que definimos en la primera resolución, es 𝜑𝑇𝑀 = 𝜑1 + 𝜑3 = 𝜑1 +
𝜑21
2
= 𝜑1 +
(𝜑2 − 𝜑1)/2; y finalmente queda: 𝜑𝑇𝑀 = (𝜑2 + 𝜑1)/2. 
 
Luego la velocidad con la que gira la terna (en módulo) será: 
 
𝜔𝑇𝑀 = �̇� = �̇�𝑇𝑀 = 𝑑[(𝜑2 + 𝜑1)/2]/𝑑𝑡 
 
𝜔𝑇𝑀 = �̇� = (𝜔2 +𝜔1)/2 
 
Le hemos dado varios nombres a la velocidad angular del sistema de referencia, pero 
nos quedamos con �̇�, porque es como aparece en las fórmulas que desarrollamos en la teoría. 
 
Para calcular la velocidad y la aceleración, vamos a precisar las derivadas temporales 
primera y segunda de 𝜌 y de 𝜃: 
 
{
 
 
 
 𝜌 = 2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] ; 
�̇� = −(𝜔2 −𝜔1)𝐿. 𝑠𝑒𝑛 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] ; 
�̈� = −
(𝜔2 −𝜔1)
2
2
. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]
 
 
De manera similar procedemos con 𝜃: 
 
{
 
 𝜃 =
(𝜔2 +𝜔1). 𝑡
2
;
�̇� = (𝜔2 +𝜔1)/2
�̈� = 0 
 
 
Velocidad y aceleración de un punto P en coordenadas polares: 
 
�̅�𝑃 = �̇�. �̌�𝜌 + 𝜌. �̇�. �̌�𝜃, 𝑦 �̅�𝑃 = (�̈� − 𝜌. �̇�
2). �̌�𝜌 + (2. �̇�. �̇� + 𝜌. �̈�). �̌�𝜃 
 
Entonces: 
�̅�𝐶 = −(𝜔2 −𝜔1). 𝐿. 𝑠𝑒𝑛 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] . �̌�𝜌 + 2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] .
(𝜔2 + 𝜔1)
2
. �̌�𝜃 
 
�̅�𝐶 = −(𝜔2 −𝜔1). 𝐿. 𝑠𝑒𝑛 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] . �̌�𝜌 + (𝜔2 +𝜔1). 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] . �̌�𝜃 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
 
 Cuyo módulo es: 
 
𝑣𝐶 = √{(𝜔2 − 𝜔1). 𝐿. 𝑠𝑒𝑛 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]}
2
+ {(𝜔2 +𝜔1). 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]}
2
 
 
𝑣𝐶
= √(𝜔1
2 +𝜔2
2 − 2.𝜔1. 𝜔2). 𝐿
2. 𝑠𝑒𝑛2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] + (𝜔1
2 +𝜔2
2 + 2.𝜔1. 𝜔2). 𝐿
1. 𝑐𝑜𝑠2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] 
 
𝑣𝐶 = √(𝜔1
2 +𝜔2
2). 𝐿2 + 2.𝜔1. 𝜔2. 𝐿
2 {. 𝑐𝑜𝑠2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] − 𝑠𝑒𝑛2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]} 
 
 Teniendo en cuenta que, cos(2. 𝛼) = 𝑐𝑜𝑠2(𝛼) − 𝑠𝑒𝑛2(𝛼), entonces: 
 
𝒗𝑪 = √(𝝎𝟏
𝟐 +𝝎𝟐
𝟐). 𝑳𝟐 + 𝟐.𝝎𝟏. 𝝎𝟐. 𝑳
𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕] 
 
Verifique que para L1 = L2, coincide con el valor estipulado en la tabla para los otros des 
sistemas de referencia. 
 
La aceleración: 
 
�̅�𝐶 = {(−
(𝜔2 −𝜔1)
2
2
. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]) − (2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]) . ((𝜔2 +𝜔1)/2)
2
} . �̌�𝜌
+ (2. (−(𝜔2 −𝜔1)𝐿. 𝑠𝑒𝑛 [(
𝜔2 − 𝜔1
2
) . 𝑡]) . ((𝜔2 +𝜔1)/2)
+ (2. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]) . 0) . �̌�𝜃 
 
�̅�𝐶 = {−(
(𝜔2 −𝜔1)
2
2
. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]) − (
(𝜔2 +𝜔1)
2
2
. 𝐿. 𝑐𝑜𝑠 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡])} . �̌�𝜌
− ((𝜔2 −𝜔1). (𝜔2 +𝜔1). 𝐿. 𝑠𝑒𝑛 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡]) . �̌�𝜃 
 
�̅�𝑪 = −(𝝎𝟐
𝟐 +𝝎𝟏
𝟐). 𝑳. 𝒄𝒐𝒔 [(
𝝎𝟐 −𝝎𝟏
𝟐
) . 𝒕] . �̌�𝝆 − (𝝎𝟐
𝟐 −𝝎𝟏
𝟐). 𝑳. 𝒔𝒆𝒏 [(
𝝎𝟐 −𝝎𝟏
𝟐
) . 𝒕] . �̌�𝜽 
 
 
Y su módulo será: 
 
𝑎𝐶 = √(𝜔2
2 + 𝜔1
2)2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] + (𝜔2
2 −𝜔1
2)2. 𝐿2. 𝑠𝑒𝑛2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] 
 
 
𝑎𝐶 = √(𝜔2
4 +𝜔1
4). 𝐿2 + 2.𝜔1
2. 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑐𝑜𝑠2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] − 2.𝜔1
2. 𝜔2
2. 𝐿2. 𝑠𝑒𝑛2 [(
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] 
 
𝑎𝐶 = √(𝜔2
4 +𝜔1
4). 𝐿2 + 2.𝜔1
2. 𝜔2
2. 𝐿2. cos [2. (
𝜔2 −𝜔1
2
) . 𝑡] 
CAPÍTULO 1 Coordenadas Cilíndricas 
 
 
𝒂𝑪 = √(𝝎𝟐
𝟒 +𝝎𝟏
𝟒). 𝑳𝟐 + 𝟐.𝝎𝟏
𝟐. 𝝎𝟐
𝟐. 𝑳𝟐. 𝐜𝐨𝐬[(𝝎𝟐 −𝝎𝟏). 𝒕] 
 
 Expresión que también coincide con el módulo de la aceleración hallado anteriormente, 
al considerar L1 = L2. 
 
 De nuevo, ¿por qué la expresión vectorial no coincide con ninguna de las dos 
anteriores? Porque el ángulo que ha girado esta terna es diferente al de la terna cartesiana 
móvil que habíamos considerado en el punto b). Aquella había girado w1.t, y ésta en cambio, 
giró el promedio de los ángulos girados por las dos barras: (𝜔2 +𝜔1). 𝑡/2. Si queremos 
transformar de un sistema a otro, en la matriz de transformacióndeberíamos considerar este 
ángulo. 
 
VIII. BIBLIOGRAFÍA 
 
 
1. Mecánica de Ángel Rodolfo Alessio, editado por el CEIT (UTN), Buenos Aires, 2007; 
2. Mecánica de Luis Roque Argüello, Answer Just in Time, Buenos Aires, 2003; 
3. Mecánica Racional de Ércoli y Azurmendi, Edutecne, UTN, Buenos Aires, 2014: 
4. Mecánica Clásica de H. Goldstein, editorial Reverté, Barcelona 1987; 
 
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