16 Traslación y rotación

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO 
 
 
 Comenzamos ahora el estudio del movimiento del cuerpo rígido. Lo 
limitaremos al movimiento plano, es decir, aquel en que una partícula del 
cuerpo se mueve en un plano y todas las demás en ese mismo plano o en 
planos paralelos. Existen tres movimientos planos del cuerpo rígido: la 
traslación pura, la rotación pura y el movimiento plano general. 
 La traslación pura es aquel en que las rectas del cuerpo ―es decir, 
todas las rectas que unen dos partículas cualesquiera― conservan su di-
rección durante el movimiento. 
 Rotación pura es el movimiento en el que todas las partículas de un 
plano describen trayectorias circulares concéntricas. El lugar geométrico 
de los centros de las trayectorias es el eje de rotación. 
 Llamaremos Movimiento plano general a cualquier movimiento plano 
que no sea una traslación pura o una rotación pura. Lo estudiaremos como 
la realización simultánea de una traslación y una rotación. 
 Así como en los capítulos dedicados al estudio del movimiento de la 
partícula hemos comenzado por la Cinemática para terminar con la Ciné-
tica, en el presente abordaremos primero la Cinemática de cada movi-
miento del cuerpo rígido para concluir con la Cinética. 
 Anticipando los resultados que obtendremos en los dos capítulos si-
guientes, podemos decir que la resultante del sistema de fuerzas que actúa 
sobre un cuerpo es igual al producto de la masa del cuerpo por la acelera-
ción de su centro de masa, y que la dirección de la resultante es paralela a 
la dirección de dicha aceleración. Además: si el centro de masa del cuerpo 
está contenido en la línea de acción de la resultante, el cuerpo se moverá 
con traslación pura; en caso contrario, el cuerpo tendrá un movimiento 
plano general (que se puede considerar una rotación pura no baricéntrica). 
Traslación y rotación puras 
 
340 
 
En el caso de que el sistema de fuerzas se pueda reducir a un par, el cuer-
po se moverá con rotación pura baricéntrica. 
 
 
 
 
 
 
XV. TRASLACIÓN Y ROTACIÓN 
PURAS 
 
 
 Como como anunciamos arriba, abordaremos primero la Cinemática 
de cada movimiento. Llamamos puros a los movimientos cuando se dan 
sin la combinación con otro, como en el movimieto plano general. 
 
 
Traslación pura. Cinemática 
 
 El menhir de la figura es un cuerpo 
rígido que se mueve con traslación pura. 
A y B son dos partículas cualesquiera del 
menhir, y O es un punto fijo. Sea A el 
origen del sistema de referencia móvil, 
cuyos ejes mantienen fija su dirección 
durante el movimiento. Recurriendo a 
las ecuaciones del movimiento relativo, 
observamos que la posición absoluta de 
B se obtiene sumando vectorialmente la 
posición relativa de B respecto a A, más 
la posición absoluta de A. 
El vector de posición relativa de B respecto a A tiene una magnitud 
que no puede cambiar, pues une dos partículas de un cuerpo rígido, y una 
dirección que permanece fija, ya que el cuerpo se mueve con traslación 
pura: por tanto, su derivada es nula. Entonces: 
 
�̅�𝐵 = �̅�𝐵/𝐴 + �̅�𝐴 
Traslación y rotación puras 
 
341 
 
�̅�𝐵 = 0̅ + �̅�𝐴 
 
 
 
Lo cual significa que todas las partículas del menhir tienen, en un ins-
tante determinado, la misma velocidad. Si derivamos nuevamente con 
respecto al tiempo, obtenemos 
 
 
 
 
que implica que también todas las partículas tienen la misma aceleración 
en un instante dado. Es decir, los movimientos de todas las partículas de 
un cuerpo dotado de traslación pura son idénticos y todo lo que hemos 
estudiado y afirmado del movimiento de una partícula, se aplica sin difi-
cultad alguna a un cuerpo que se mueva con traslación pura. Asimismo, 
se puede predicar del cuerpo tanto la velocidad como la aceleración de 
una cualquiera de las partículas. 
 
 
Traslación pura. Cinética 
 
 Consideremos un menhir que se mueve 
con traslación pura. La aceleración de cual-
quiera de sus partículas está causada por una 
fuerza cuya magnitud es igual al producto 
de la masa de la partícula por su aceleración.
 En la figura, dibujamos un sistema de 
referencia cuyo eje de las equis es paralelo a 
la aceleración de cualquiera de las partícu-
las, y la distancia del origen a la línea de 
acción de la fuerza es y. 
El conjunto de las fuerzas que actúan sobre todas las partículas cons-
tituye un sistema de fuerzas paralelas, cuya resultante se puede obtener 
mediante dos ecuaciones. Con la suma algebraica de las fuerzas, se obtie-
ne la magnitud de la resultante, simbólicamente, 
 
𝑅 = ∑ 𝐹 
 
�̅�𝐵 = �̅�𝐴 
 
�̅�𝐵 = �̅�𝐴 
 
𝒂 
Traslación y rotación puras 
 
342 
 
 Puesto que 𝐹 = 𝑎 𝑑𝑚 
𝑅 = ∫ 𝑎 𝑑𝑚 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑚 
 
 
 
y mediante la suma de los momentos de las fuerzas respecto a un punto 
arbitrario, se obtiene el momento de la resultante respecta al mismo pun-
to. Simbólicamente, y llamando d a la distancia de la línea de acción de la 
resultante al origen 
𝑀0𝑅 = ∑ 𝑀0𝐹 
𝑚𝑎𝑑 = ∫ 𝑎𝑦 𝑑𝑚 = 𝑎 ∫ 𝑦 𝑑𝑚 
 
 La última integral representa el momento estático de la masa del men-
hir respecto al eje de las equis. Puesto que dicho momento estático se 
puede obtener multiplicando la masa del menhir por la ordenada del cen-
tro de masa, tenemos 
𝑚𝑎𝑑 = 𝑎𝑚�̅� 
 
 
 
 Este resultado significa que la línea de acción de la resultante del sis-
tema de fuerzas contiene el centro de masa. 
 En resumen: las características de la resultante del sistema de fuerzas 
que actúa sobre un cuerpo que se mueve con traslación pura son: 
 ―Magnitud: igual al producto de la masa del cuerpo por la acelera-
ción de cualquier partícula. 
 ―Dirección: la misma que tiene la aceleración de cualquiera de las 
partículas. 
 ―Posición: el centro de masa del cuerpo. 
 Las ecuaciones que se pueden emplear para describir el movimiento, 
utilizando un sistema de referencia arbitrario, serán, por tanto: 
 
 
 
𝑅 = 𝑚𝑎 
𝑑 = �̅� 
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥; ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦; ∑ 𝑀𝐺𝐹 = 0 
 
Traslación y rotación puras 
 
343 
 
 Ejemplo. Un ciclista arranca desde el 
reposo y, acelerando uniformemente, al-
canza un rapidez de 12 m/s cuando ha 
recorrido 20 m. Determine la fuerza de 
tracción que genera la llanta trasera y las 
reacciones normales del pavimento sobre 
cada una de las llantas durante el movi-
miento. El peso conjunto del ciclista y la 
bicicleta es de 90 kg. 
 
 En vez de elegir el centro de masa como centro de momentos, se pue-
de elegir el punto O, utilizando la ecuación 
 
ΣMoF = mad 
 
en donde d es la distancia de la línea de acción de la resultante al punto O. 
 Cuando la traslación es curvilínea, en vez de los ejes equis y ye, con-
vendrá utilizar un sistema de referencia intrínseco, con ejes normal y tan-
gencial, como se ilustra en el tercero de los ejemplos que siguen. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comenzamos resolviendo el problema cinemático. Calculamos la 
aceleración del ciclista. 
𝑎 = 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑥
=
𝑣2
2 − 𝑣1
2
2𝑥
 
 
𝑎 =
122
2(20)
= 3.6 m s2⁄ 
 
 
 
 
 
 
Traslación y rotación puras 
 
344 
 
 Ejemplo. Un tambor A de 420 lb de 
peso y de las dimensiones mostradas se 
conecta con un cuerpo B. Diga cuál es el 
peso máximo admisible de B, que consi-
ga que A se deslice sin volcarse. Diga 
también cuál será la aceleración de A. 
Los coeficientes de fricción estática y 
cinética entre el tambor y la superficie 
son 0.30 y 0.25, respectivamente. 
 Para la determinación de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, el 
primer paso, como siempre, es dibujar un diagrama de cuerpo libre. Aho-
ra, además, añadiremos un dibujo que represente el sistema resultante de 
las fuerzas. Elegimos también un sistema de referencia. La suma de las 
fuerzas verticales es nula. Pero comenzar con la ecuación correspondiente 
obliga a resolver un sistema de ecuaciones simultáneas. Es más práctico 
emplear una ecuación de momentos, tomando como centroel punto de 
contacto de la llanta trasera con el suelo, donde concurren dos incógnitas. 
∑ 𝑀𝐴 = 𝑚𝑎�̅� 
 Considerando positivos los momentos con sentido horario, resulta: 
90(0.5) − 0.9𝑁𝐵 =
90
9.81
(3.6)0.8 
 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝑁𝐴 + 20.6 − 90 = 0 
 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 
𝐹𝑟 =
90
9.81
(3.6) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑁𝐵 = 20.6 kg ↑ 
 
𝑁𝐴 = 69.4 kg ↑ 
𝐹𝑟 = 33 kg → 
Traslación y rotación puras 
 
345 
 
La tensión que la cuerda va a ejercer sobre el tambor debe producir 
un movimiento de traslación pura. La aceleración del tambor resultará de 
la misma magnitud que la aceleración de B. Tendremos que estudiar los 
dos cuerpos, pues están conectados. Comenzaremos por el tambor A. El 
diagrama de cuerpo libre representa la condición de que el tambor está a 
punto de volcarse, por lo que la componente normal de la reacción del 
plano queda en la posición extrema de la base de sustentación. Además 
del diagrama de cuerpo libre, dibujamos un esquema del sistema resultan-
te. 
 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝑁 − 420 = 0; 𝑁 = 420 
 
∑ 𝑀↺𝐹 = 0 
420(1.5) − 0.25(420)2.5 − 2.5𝑇 = 0 
2.5𝑇 = 420(1.5 − 0.25 × 2.5) 
𝑇 = 147 
 
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 
147 − 0.25(420) =
420
32.2
𝑎 
𝑎 =
32.2
420
(147 − 105) 
 
 
 
 
𝑎 = 3.22 ft s2⁄ → 
Traslación y rotación puras 
 
346 
 
Ejemplo. El anuncio de una pescade-
ría es la figura de un pez de 40 kg de 
peso, y se soporta por dos barras igua-
les, articuladas y de peso despreciable. 
El conjunto oscila por la acción del 
viento. En el instante en que las barras 
forman un ángulo de 15° con la verti-
cal, el anuncio tiene una rapidez de 2.4 
m/s. Calcule la aceleración del anuncio 
y las tensiones de las barras en ese ins-
tante. 
 Continuamos con el cuerpo B.. 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 
𝑃 − 147 =
𝑃
32.2
(3.45) 
𝑃 (1 −
3.45
32.2
) = 147 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del anuncio. Las acciones de 
las barras tienen las direcciones de estas, pues se trata de cuerpos de masa 
despreciable (por tanto, en equilibrio) sujetos a dos fuerzas. Elegimos un 
sistema de referencia intrínseco, de modo que el eje normal tiene la direc-
ción de las barras. Añadimos el esquema del sistema resultante, la cual re-
presentamos descompuesta, para facilitar al trabajo. 
 
 
 
𝑃 = 164.6 lb 
 
G 
Traslación y rotación puras 
 
347 
 
Podemos calcular directamente la componente normal de la aceleración, 
pues conocemos la rapidez del anuncio y el radio de la trayectoria de la partícu-
la: 
𝑎𝑛 =
𝑣2
𝑟
=
2.42
1.5
= 3.84 
 
y para conocer la componente tangencial, planteamos la ecuación 
 
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 
40𝑠𝑒𝑛 15° =
40
9.81
𝑎𝑡 
𝑎𝑡 = 9.81𝑠𝑒𝑛 15° = 2.539 
 
 Componentes de la aceleración: 
𝑎 = √3.842 + 2.5392 = 4.603 
tan 𝜃 =
3.84
2.539
; 𝜃 = 56.5° 
56.5 − 15 = 41.5° 
 
 
 
Disponemos de dos ecuaciones para calcular las tensiones de las barras. 
 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 
𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 − 40 cos 15° =
40
9.81
(3.84) 
𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 = 54.29 … (1) 
∑ 𝑀↺𝐹 = 0 
0.4𝑇𝐵 cos 15° − 0.8𝑇𝐴 cos 15° = 0 
0.4𝑇𝐵 − 0.8𝑇𝐴 = 0 
2𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 = 0 … (2) 
Sumando (1) y (2) 3𝑇𝐴 = 54.29 
 
 
De (2) 
 
𝑎 = 4.6 m s2⁄ 41.5° 
𝑇𝐴 = 18.1 kg 
 
𝑇𝐵 = 36.2 kg 
 
Traslación y rotación puras 
 
348 
 
Rotación pura. Cinemática 
 
 
 En el caso de la traslación pura, como todas las partículas tienen mo-
vimientos idénticos, tanto la velocidad como la aceleración de una partí-
cula cualquiera se puede predicar del cuerpo, e. g., “el anuncio tiene una 
rapidez de 2.4 metros por segundo”. Pero eso no ocurre con la rotación. 
El lector puede sujetar una regla por uno de los extremos y girarla: se dará 
cuenta de que mientras el punto de la regla en contacto con los dedos 
permanece fijo, el extremo opuesto recorrerá en una vuelta una longitud 
2πr, en donde r es el tamaño de la regla; y de que el punto medio recorre-
rá la mitad de esa longitud. Ca da partícula, pues, de un cuerpo rígido que 
rota, tiene su peculiar movimiento, distinto de cualquiera de otra partícula 
del mismo cuerpo. 
 
 
Cinemática de la recta 
 
Será necesario ahora introducir algunos conceptos nuevos. Cuando 
estudiamos el movimiento de la partícula definimos posición, desplaza-
miento, velocidad media, velocidad, aceleración media y aceleración. A 
todos esos nombres les podríamos añadir ahora el adjetivo de lineales, ya 
que una partícula al moverse describe una línea. 
Ahora daremos las definiciones equivalentes que corresponden al 
movimiento del cuerpo rígido: dirección, desviación, velocidad angular 
media, velocidad angular, aceleración angular media y aceleración an-
gular. 
Hemos venido considerando al cuerpo rígido como un conjunto denso 
de partículas. Pensemos en una recta que una dos puntos cualesquiera. 
Esa recta, en un instante dado, tiene una dirección, es decir forma cierto 
ángulo con otra recta conocida (generalmente horizontal). 
Al girar el cuerpo, esa recta cambiará de dirección; la diferencia entre 
dos direcciones se llama desviación. La razón de la desviación al tiempo 
es la velocidad angular media. Cuando ese tiempo es infinitamente pe-
queño, esa razón recibe el nombre de velocidad angular. Se llama acele-
ración angular media a la razón del cambio de velocidad angular al tiem-
po, y aceleración angular a esa razón cuando el tiempo es infinitamente 
pequeño. 
Traslación y rotación puras 
 
349 
 
Los símbolos correspondientes a esas características cinemáticas de la 
recta son los siguientes. Dirección, 𝜃; desviación, Δ𝜃; velocidad angular 
media, Δ𝜃/ Δt; velocidad angular, �̇� = d𝜃/dt; aceleración angular media, 
Δ�̇�/Δt; y aceleración angular, Ӫ = d�̇�/dt. 
 
Velocidad angular 
 
Si al segmento de recta AB de de la figura de longitud r lo giramos al-
rededor de A un ángulo infinitamente pequeño, d𝜃, el extremo B se des-
plazará una distancia ds. Puesto que un ángulo es la razón del arco al ra-
dio, entonces 
 d𝜃 =
d𝑠
𝑟
 
d𝑠 = 𝑟 d𝜃 
d𝑠
d𝑡
= 𝑟
d𝜃
d𝑡
 
𝑣 = �̇�𝑟 
 
 
Ahora consideremos un cuerpo que 
gira alrededor de un eje perpendicular al 
plano del papel y que pasa por O. Este 
punto se suele llamar centro de rotación. 
Un punto cualquiera, P, situado a una 
distancia r, describe un arco de circunfe-
rencia, Su velocidad, por ser tangente al 
arco, resulta perpendicular al radio r, y 
su magnitud es el producto de la veloci-
dad angular del radio por la distancia r: 
 Como todas las rectas del cuerpo tienen la misma velocidad angular, 
tal velocidad la predicaremos del cuerpo y la designaremos con la letra 
omega minúscula: 𝜔 = �̇� 
 Por tanto, la rapidez lineal del punto P será 
 
 
 
 En esta expresión resulta evidente que la magnitud de la velocidad de 
las partículas es directamente proporcional a su distancia del centro de 
rotación. 
𝑣 = 𝜔𝑟 
 
Traslación y rotación puras 
 
350 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Despejando ω de la expresión que acabamos de asentar, obtenemos 
 
 𝜔 =
𝑣
𝑟
=
3
0.6
 𝜔 = 5 rad/s ↺ 
 
y la velocidad de A que es perpendicular a la varilla, tendrá la siguiente 
magnitud: 
 
𝜔 =
3
0.6
= 5 
𝑣𝐴 = 𝜔𝑟 
𝑣𝐴 = 5(0.4) 
𝑣𝐴 = 2 m/s 20° 
 
 
 
 
 Todas las partículas de los perímetros de los dos engranes tienen la 
misma rapidez, puesto que están en contacto entre sí. Dicha velocidad, 
por tanto, se puede obtener mediante el producto de la velocidad angular 
de A por su radio, como por el de la velocidad de B por el suyo; es decir 
 
 
 Todos los dientes de los dos engranes tienen la misma rapidez, pues-
to que están en contacto entre sí. Dicha velocidad, por tanto, se puede 
obtener mediante el producto de la velocidad angular de A por su radio, 
como por el de la velocidad de B por el suyo; es decir 
 
𝜔𝐴𝑟𝐴 = 𝜔𝐵𝑟𝐵 
 
Ejemplo. En la posición mos-
trada, el extremo B de la varilla de 
un metro tiene unarapidez de 3 
m/s, en la dirección indicada. De-
termine la velocidad angular de la 
varilla y la velocidad lineal de su 
extremo A. 
 
Ejemplo. La figura representa dos 
engranes de una máquina conectados. 
Sabiendo que el engrane A gira con 
una rapidez de 90 rpm, diga cuál es la 
velocidad angular del engrane B y qué 
rapidez tienen los dientes. 
 
Traslación y rotación puras 
 
351 
 
𝜔𝐵 =
𝜔𝐴𝑟𝐴
𝑟𝐵
=
90(2)
5
 
 
 
 
 Como todos los dientes de ambos engranes tienen la misma rapidez, 
para calcularla, convertiremos la rapidez angular del engrane A de 90 rpm 
a rad/s. 
𝑣 = 𝜔𝐴𝑟𝐴 
Como 
90
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
= 90 (
2𝜋
60
)
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 3𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ 
𝑣 = (3𝜋)2 
 
 
 
Aceleración angular 
 
 Retomemos el punto P del menhir que rota alrededor de O. Como se 
trata de un movimiento circular, su aceleración tiene componente normal 
y componente tangencial. La normal, como vimos en el capítulo anterior, 
es igual a la velocidad angular al cuadrado por el radio: 
𝑎 = �̇�2𝑟 
 
 
 
Y la tangencial, que se obtiene derivando la rapidez con respecto al 
tiempo, será 
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 𝑟
𝑑𝜔
𝑑𝑡
 
𝑎𝑡 = 𝑟
𝑑𝜔
𝑑𝑡
 
 
 La derivada de la velocidad angular respecto al tiempo es la acelera-
ción angular de cualquiera de las rectas del cuerpo y, por tanto, se puede 
predicar del cuerpo; la representaremos con alfa minúscula: 
 
 
 
𝜔𝐵 = 36 rpm ↻ 
 
𝑣 = 18.85 in s⁄ 
 
𝑎𝑛 = 𝜔
2𝑟 
 
𝑎𝑡 = 𝛼𝑟 
Traslación y rotación puras 
 
352 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 La velocidad angular se obtiene dividiendo la velocidad lineal de P 
entre el radio del volante. Y la aceleración angular, dividiendo la acelera-
ción tangencial de P entre el radio. 
 𝜔 =
𝑣
𝑟
=
5
0.4
 α = 
𝑎𝑡
𝑟
=
15
0.4
 
 
 
 
 
De la aceleración de P, que tiene componentes normal y tangencial, 
nos falta calcular la normal, y componer. 
𝑎𝑛 = 𝜔
2𝑟 = (12.52)0.4 = 62.5 
𝑎 = √62.52 + 152 
tan 𝜃 =
15
62.5
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝜔 = 12.5 rad s⁄ ↺ 
 
𝛼 = 37.5 rad s2⁄ ↻ 
 
𝑎 = 64.3 m s2⁄ 13.5° 
 
Ejemplo. El punto P del volante 
de la figura tiene una velocidad de 5 
m/s dirigida hacia arriba, y está dis-
minuyendo a razón de 15 m/s
2
. Cal-
cule la velocidad y aceleración angu-
lares del volante y la aceleración de P 
en ese instante. 
 
 Ejemplo. La figura representa un me-
canismo formado por una polea A, co-
nectada con una banda con la polea B, 
que está rígidamente unida a un tambor. 
Mediante una cuerda enrollada en el 
tambor, se levanta un cuerpo C. Sabien-
do que A tiene una velocidad angular de 
6 rad/s, que aumenta a razón de 12 
rad/s
2
, calcule la velocidad y la acelera-
ción lineales del cuerpo C. 
Traslación y rotación puras 
 
353 
 
 Para conocer la velocidad de C es necesario saber qué velocidad an-
gular tiene el conjunto tambor-polea B; y para ello partimos del hecho de 
que todas las partículas de la banda que une las poleas tienen la misma ra-
pidez. De modo que tal rapidez es tanto el producto de la velocidad angu-
lar de la polea A por su radio, como el de la polea B por el suyo: 
𝜔𝐴𝑟𝐴 = 𝜔𝐵𝑟𝐵 
𝜔𝐵 =
𝜔𝐴𝑟𝐴
𝑟𝐵
=
6(3)
5
= 3.6 
 Por tanto, la velocidad de C es 
𝑣𝑐 = 𝜔𝐵𝑟 = 3.6(8) 
 
 
 
 Para obtener la aceleración, procedemos de manera semejante: calcu-
lamos la aceleración angular de B y, con ella, la aceleración de C, que 
tiene la misma magnitud que la aceleración tangencial de cualquiera de 
los puntos del perímetro del tambor. 
𝛼𝐴𝑟𝐴 = 𝛼𝐵𝑟𝐵 
 
𝛼𝐵 =
𝛼𝐴𝑟𝐴
𝑟𝐵
=
12(3)
5
= 7.2 
 
𝑎𝑐 = 𝛼𝐵𝑟 = 7.2(8) 
 
 
 
 
 
Rotación pura. Cinética 
 
 A continuación, estableceremos la relación entre el movimiento de 
rotación pura con el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre él. 
Dividiremos nuestro estudio en rotación pura baricéntrica, y rotación 
pura no baricéntrica. En el primer caso, el centro de masa del cuerpo 
rígido está contenido en el eje de rotación. 
𝑣𝑐 = 28.8 in s⁄ ↑ 
𝑣𝑐 = 28.8 𝑖𝑛 𝑠⁄ ↑ 
 
𝑎𝑐 = 57.6 in s
2 ↑⁄ 
𝑣𝑐 = 28.8 𝑖𝑛 𝑠⁄ ↑ 
 
Traslación y rotación puras 
 
354 
 
Rotación pura baricéntrica 
 
 El centro de rotación del menhir de 
la figura coincide con su centro de masa 
G. El menhir tiene una velocidad angular 
ω y una aceleración angular α. La acele-
ración de todas las partículas, excepto G, 
tiene componente normal, igual al pro-
ducto del cuadrado de la velocidad angú-
lar por su distancia al centro de masa, y 
componente tangencial, igual a la acele-
ra-ción angular multiplicada por la mis-
ma distancia. La fuerza resultante que 
actúa sobre una partícula cualquiera tie-
ne también una componente normal y 
otra tangencial. 
 La fuerza resultante del sistema que actúa sobre el menhir se obtiene 
mediante la suma vectorial de las fuerzas que actúan sobre todas las partí-
culas. Sus componentes serán, por tanto 
 
𝑅𝑛 = ∑ 𝐹𝑛 R
t
 =∑ 𝐹𝑡 
𝑅𝑛 = ∫ 𝑑𝐹𝑛 = ∫ 𝑎𝑛 𝑑𝑚 R
t
 =∫ 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑎𝑡 𝑑𝑚 
𝑅𝑛 = ∫ 𝜔
2𝑟 𝑑𝑚 = 𝜔2 ∫ 𝑟 𝑑𝑚 R
t
 =∫ 𝛼𝑟 𝑑𝑚 = 𝑑 ∫ 𝑟 𝑑𝑚 
𝑅𝑛 = 𝜔
2𝐵𝐺
𝑚 R
t
 = 𝛼𝐵𝐺
𝑚 
 
 Ambas componentes están, pues, multiplicadas por el momento está-
tico de la masa del cuerpo respecto al eje de rotación, el cual pasa por el 
centro de masa y, por tanto, es nulo. O sea 
 
∑ 𝐹𝑛 = 0 ; ∑ 𝐹𝑡 = 0 
 
 Esto no significa que el cuerpo esté en equilibrio. Falta averiguar si el 
sistema resultante es un par. Para ello sumaremos los momentos de las 
fuerzas con respecto al centro de masa. 
 Las componentes normales de las fuerzas que actúan sobre las partí-
culas no producen ningún momento respecto al centro de masa, puesto 
que sus líneas de acción pasan por él. 
Traslación y rotación puras 
 
355 
 
Ejemplo. A un cilindro macizo A 
de 40 kg se le enrolla una cuerda de la 
que pende un cuerpo B de 20 kg, co-
mo se muestra en la figura. Determine 
la aceleración angular del cilindro A, 
la aceleración lineal del cuerpo B, la 
tensión de la cuerda y la reacción del 
apoyo sobre el cilindro. 
 
 Entonces 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = ∫ 𝑟 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑟 (𝛼𝑟 𝑑𝑚) 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼 ∫ 𝑟
2 𝑑𝑚 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
 
Concluimos que el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre 
un cuerpo dotado de rotación pura baricéntrica es un par de fuerzas, cuya 
magnitud es igual a la aceleración angular del cuerpo por el momento de 
inercia de su masa respecto al eje de rotación, y cuyo sentido es el de la 
aceleración angular del cuerpo. En un sistema de referencia arbitrario, las 
ecuaciones cinéticas serán: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Y, como se trata de una par de fuerzas que produce el mismo momen-
to respecto a cualquier punto, se puede emplear la ecuación alterna 
 
∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
 
Traslación y rotación puras 
 
356 
 
𝛼 = 24.5 rad s2 ↺⁄ 
Comenzamos estableciendo una relación cinemática entre el mov-
imiento de B y la rotación de A. La aceleración de aquel es igual al pro-
ducto de la aceleración angular del cilindro por su radio. 
 
𝑎𝐵 = 𝛼𝑟 = 0.2𝛼 … (1) 
 
Continuamos con el estudio del cuerpo B. Dibujamos el diagrama de 
cuerpo libre y elegimos un eje de referencia en dirección del movimiento. 
Decidimos emplear un sistema de unidades gravitacional, es decir, que el 
kg es unidad de fuerza. Y sustituimos la aceleración de B por el valor que 
acabamos de obtener. 
 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 
20 − 𝑇 =
20
𝑔
(0.2𝛼) 
 𝑇 = 20 −
4
𝑔
𝛼 … (2) 
A continuación dibujamos el diagrama de cuerpo libre del cilindro 
macizo y un diagrama del sistema resultante. 
 ∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
0.2𝑇 = 𝛼 [
1
2
𝑚𝑟2] 
0.2𝑇 = 𝛼 [
1
2
(
40
𝑔
) 0.22] 
𝑇 =
4
𝑔
𝛼 … (3) 
Igualando las dos últimas ecuaciones y resolviendo: 
4
𝑔
𝛼 =20 −
4
𝑔
𝛼 
8
𝑔
𝛼 = 20 
𝛼 =
20
8
𝑔 = 2.5(9.81) 
 𝑎𝐵 = 4.91 m s
2⁄ ↓ 
 
𝑇 = 10 kg 
Traslación y rotación puras 
 
357 
 
 
𝑅
= 41.2 kg 76° 
 ∑ 𝐹𝑥 = 0 
𝑅𝐺𝑥 − 10 = 0 ; 𝑅𝐺𝑥 = 10 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
𝑅𝐺𝑦 − 40 = 0 ; 𝑅𝐺𝑦 = 40 
 𝑅𝐺 = √102 + 402 ; tan 𝜃 =
40
10
 
 RG = 41.2 kg 76° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Comenzamos estableciendo la relación cinemática entre la acelera-
ción de C y la aceleración angular del conjunto B. Y luego analizamos el 
cuerpo C para determinar la tensión requerida en la cuerda. 
 
𝑎𝑐 = 𝛼𝐵𝑟𝑐 ; 24 = (1)𝛼𝐵 ; 𝛼𝐵 = 24 ↺ 
𝛼𝐵𝑟𝐵 = 𝛼𝐴𝑟𝐴 
𝛼𝐴 =
𝛼𝐵𝑟𝐵
𝑟𝐴
=
24(0.8)
0.15
 
𝛼𝐴 = 128 ↻ 
 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 
𝑇 − 32.2 = (1)24 
𝑇 = 56.2 
 
Ejemplo. Se desea que el cuerpo C 
de la figura, que pesa 32.2 lb, adquiera 
una aceleración lineal de 24 ft/s
2
 diri-
gida hacia arriba. Diga qué par de fuer-
zas M debe aplicarse al engrane A para 
lograrlo. El engrane A pesa 3.22 lb y 
tiene un radio de giro centroidal de 
0.12 ft; el conjunto corona-tambor B 
pesa 64.4 lb y su radio de giro centroi-
dal es de 0.75 ft. 
 
Traslación y rotación puras 
 
358 
 
Ahora determinamos la fuerza que debe ejercer el engrane A sobre la 
corona. 
 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
0.8𝐹 − 56.2(1) = 24𝑘2𝑚 
0.8𝐹 − 56.2 = 24(0.752)𝑚 
0.8𝐹 = 56.2 + 48(0.752) 
𝐹 = 104 
Establecemos la relación cinemática entre la aceleración angular de B 
y la de A, y determinamos el par de fuerzas M que se requiere. 
 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
−𝑀 + 0.15(104)
= −128(0.122)0.1 
𝑀 = 0.15(104) + 128(0.122) 
 
 
 
Rotación pura no baricéntrica 
 
 Ahora consideraremos un menhir 
que gira alrededor de un eje, perpendicu-
lar al plano del movimiento, que no con-
tiene el centro de masa del cuerpo. Nue-
vamente tomaremos una partícula arbi-
traria de masa diferencial, cuya acelera-
ción tiene componentes normal y tan-
gencial; las fuerzas que actúan sobre ella 
también tienen esas dos componentes. 
Llamaremos �̅� a la distancia entre el centro de rotación y el centro de ma-
sa. El menhir tiene una velocidad angular ω y una aceleración angular α. 
𝑀 = 17.44 lb ∙ ft ↻ 
 
Traslación y rotación puras 
 
359 
 
 Primeramente, tomaremos nota de que las componentes de la acelera-
ción de centro de masa son 
 
(𝑎𝐺)𝑛 = 𝜔
2�̅� ; (𝑎𝐺)𝑡 = 𝛼�̅� 
 
 Ahora trataremos de relacionar el movimiento del cuerpo con el siste-
ma resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre él, sabiendo que las 
componentes de la fuerza resultante se obtienen con las sumas algebraicas 
de las componentes correspondientes de las fuerzas del sistema, y que tal 
fuerza produce, respecto a cualquier punto, el mismo momento que todas 
las fuerzas del sistema respecto al mismo punto. 
 Emplearemos el sistema de referencia intrínseco que corresponde a la 
partícula arbitraria elegida, y el centro de rotación como centro de mo-
mentos. 
𝑅𝑛 = ∑ 𝐹𝑛 
∑ 𝐹𝑛 = ∫ 𝑑𝐹𝑛 = ∫ 𝑎𝑛 𝑑𝑚 = ∫ 𝜔
2𝑟 𝑑𝑚 = 𝑤2 ∫ 𝑟 𝑑𝑚 
∑ 𝐹𝑛 = 𝜔
2𝐵0
𝑚 = 𝜔2𝑚�̅� 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑛 
𝑅𝑡 = ∑ 𝐹𝑡 
∑ 𝐹𝑡 = ∫ 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑎𝑡 𝑑𝑚 = ∫ 𝑑𝑟 𝑑𝑚 = 𝛼 ∫ 𝑟 𝑑𝑚 
∑ 𝐹𝑡 = 𝛼𝐵0
𝑚 = 𝛼𝑚�̅� 
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑡 
𝑀0𝑅 = ∑ 𝑀0𝐹 
∑ 𝑀0𝐹 = ∫ 𝑟 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑟(𝛼𝑟 𝑑𝑚) = 𝛼 ∫ 𝑟
2𝑑𝑚 
∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0 
Traslación y rotación puras 
 
360 
 
 Las ecuaciones anteriores se pueden escribir más ordenadamente así: 
 
 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔
2𝑟 
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼�̅� 
∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0 
 
 
Con ellas obtenemos un sistema fuerza-par en el centro de rotación. Y 
resulta más práctico que conocer la magnitud, dirección y posición de la 
fuerza resultante (
1
). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y otro diagrama que represen-
te las componentes de la resultante del sistema de fuerzas aplicadas en el 
centro de rotación, y el par que las acompaña. 
 
 
 
 
 (
1
) aEl sistema fuerza-par se puede reducir a una sola fuerza, cambiándo-
la de posición. El punto en que la línea de acción de esa fuerza resultante 
corta a la recta OG se llama centro de percusión. Conocerlo puede tener 
interés en algunos problemas, sobre todo de baricéntrico. 
 Ejemplo. El péndulo compuesto de la 
figura puede girar libremente alrededor 
de un eje horizontal que pasa por O. Pesa 
10 kg y su centro de masa está en G, El 
radio de giro de su masa respecto a O es 
ko = 0.9 m. En la posición mostrada, se 
mueve con una velocidad angular de 4 
rad/s en sentido antihorario. Determine 
la aceleración angular del péndulo y la 
reacción de la articulación O. 
 
Traslación y rotación puras 
 
361 
 
 ∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0 
 10 𝑠𝑒𝑛 20(0.8) = 𝛼𝑘0
2𝑚 
 8 𝑠𝑒𝑛 20° = 𝛼(0.92)
10
9.81
 
 𝛼 =
8(9.81)𝑠𝑒𝑛 20°
8.1
 
 
 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔
2�̅� 
𝑅0𝑛 = −10 cos 20° =
10
9.81
(42)0.8 
 
𝑅0𝑛 = 10 (cos 20° +
16
9.81
[0.8]) = 22.4 
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼�̅� 
𝑅0𝑡 + 10 𝑠𝑒𝑛 20° =
10
9.81
(3.31)0.8 
 𝑅0𝑛 = 10 (
3.31
9.81
[0.8] − 𝑠𝑒𝑛 20°) = −0.718 
𝑅0 = √22.42 + 0.7182 
tan 𝜃 =
0.718
22.4
 ; 𝜃 = 1.84° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Ejemplo. La barra delgada y ho-
mogénea que se muestra en la figura 
está articulada en O y puede girar 
libremente en el plano vertical. Se 
suelta desde la posición en que ϴ = 
0°. Sabiendo que pesa 16.1 lb y mide 
8 ft, calcule la reacción de la articula-
ción cuando ϴ alcance los 60°. 
 
𝛼 = 3.31 rad s2⁄ ↺ 
 
𝑅0 = 22.4 kg 70.2° 
Traslación y rotación puras 
 
362 
 
 Para conocer la reacción de la articulación, necesitamos investigar 
previamente la velocidad y aceleración angulares de la barra. Como am-
bas varían conforme a la posición de la barra, dibujaremos un diagrama 
de cuerpo libre, y el diagrama del sistema equivalente, para una posición 
arbitraria. Como la barra es delgada y homogénea, el momento de inercia 
de la masa respecto a O es (1/3)ml
2
. La distancia �̅� entre O y G es de 4 ft. 
 
∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0 
16.1 cos 𝜃 (4) = 𝛼 (
1
3
) 0.5(82) 
64.4 cos 𝜃 =
32
3
𝛼 
𝛼 = 6.038 cos 𝜃 
𝜔
𝑑𝜔
𝑑𝜃
= 6.038 cos 𝜃 
∫ 𝜔 𝑑𝜔 = 6.038 ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃 
𝜔2
2
= 6.038 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐶 
𝑆𝑖 𝜃 = 0; 𝜔 = 0, por lo tanto 𝐶 = 0 
𝜔2 = 12.75 𝑠𝑒𝑛 𝜃 
Para 𝜃 = 60° 
𝜔2 = 12.75 (
√3
2
) = 10.457 
𝛼 = 6.038 (
1
2
) = 3.019 
 
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔
2�̅� 
 
𝑅0𝑛 − 16.1 (
√3
2
) = 0.5(10.457)4 
𝑅0𝑛 = 8.05√3 + 2(10.457) = 34.86 
 
Traslación y rotación puras 
 
363 
 
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼�̅� 
𝑅0𝑡 + 16.1 (
1
2
) = 0.5(3.019)4 
𝑅0𝑡 = 2(3.019) − 8.05 = −2.012 
 
𝑅0 = √34.862 + 2.0122 
tan 𝛽 =
2.012
34.86
 ; 𝛽 = 3.3° 
30° − 14.9° = 15.1° 
 
 
 
 
 
 
El centro de masa como centro de momentos 
 
 Es importante poder escribir las ecuaciones del movimiento de rota-
ción pura no baricéntrica tomando como centro de momentos, en vez del 
centro de rotación, el centro de masa. 
 Ya hemos obtenido un sistema fuer-
za-par equivalente al sistema de fuerzas 
que actúa sobre el cuerpo. Ahora trans-
portaremos la fuerza resultante al centro 
de masa. Para lograrlo, será necesario 
sumar al par que teníamos, el par de 
transporte con el que hay que acompañar 
la fuerza para que no se alteren los efec-
tos externos. 
 El par de transporte es igual al momento que produce la componente 
tangencial respecto al centro de masa, es decir, 
 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼0 − 𝑚𝛼�̅� 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼(𝐼0 − 𝑚�̅�) 
𝑅0 = 34.9 lb 33.3° 
 
Traslación y rotación puras 
 
364 
 
pero, del teorema de los ejes paralelos, que establece que el momento de 
inercia respecto a un eje cualquiera es igual al momento de inercia cen-
troidal más el productode la masa por la distancia entre los ejes al cua-
drado, tenemos que 
 
𝐼0 = 𝐼̅ + 𝑚�̅� 
𝐼 ̅ = 𝐼0 − 𝑚�̅� 
 
 
 
 
es decir, las ecuaciones cinéticas para un cuerpo con rotación pero no 
baricéntrica pueden ser: 
 
 
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
 
 
 Por otro lado, si en vez de elegir un sistema de referencia intrínseco, 
en relación a las componentes tangencial y normal de la aceleración del 
centro de masa, se elige un sistema arbitrario x-y, entonces las ecuaciones 
se aplican perfectamente al movimiento de rotación no baricéntrica. 
 Tienen estas tres ecuaciones especial importancia por su generalidad. 
Se aplican a la traslación pura y a la rotación baricéntrica, considerando-
los casos particulares. En la traslación, la aceleración angular, lógicamen-
te, es nula, y la resultante es una fuerza cuya línea de acción pasa por G. 
Y en la rotación pura baricéntrica es nula la aceleración del centro de ma-
sa y el sistema resultante es un par. 
 Y, como se verá en el siguiente capítulo, se aplican al movimiento 
plano general, pues dicho movimiento puede considerarse como una rota-
ción pura no baricéntrica, cuyo centro de rotación cambia de posición 
continuamente. O sea: estas ecuaciones pueden aplicarse a cualquier mo-
vimiento plano del cuerpo rígido. 
 
 
∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅
 
Traslación y rotación puras 
 
365 
 
 
 
 
 
 
Serie de ejercicios de Cinemática y Dinámica 
TRASLACIÓN Y ROTACIÓN PURAS 
 
 
 
1. La camioneta que se representa en la 
figura viaja originalmente a 90 km/h y, fre-
nando uniformemente, emplea 60 m en de-
tenerse. Diga qué aceleración sufre su centro 
de masa G durante el frenado. Calcule tam-
bién la aceleración del centro de rotación de 
la rueda delantera en ese mismo lapso. 
(Sol. aG = 5.21 m/s
2
 ; aO’ = 5.21 m/s
2 
) 
 
 
2. El menhir de la figura está sujeto a la 
acción de las tres fuerzas que se muestran. 
¿Qué fuerza adicional se le debe aplicar para 
que se traslade horizontalmente hacia la 
derecha con una aceleración de 3 m/s
2
? 
(Sol. 1812 kg 83.7º x = 0.331 m) 
 
 
3. El remolque mostrado pesa 900 lb y 
está unido a un vehículo mediante un en-
ganche de bola y cuenca. Si el vehículo au-
menta su rapidez uniformemente de 15 a 45 
mi/h en 10 s, ¿cuál es la magnitud de la 
componente vertical de la reacción del en-
ganche sobre el remolque? La resistencia al 
rodamiento es despreciable. 
(Sol. 46.1 lb) 
 
Traslación y rotación puras 
 
366 
 
 
4. Un camión que viaja a 30 mi/h trans-
porta un refrigerador de 500 lb de 90 por 30 
in como se muestra. Calcule el tiempo mí-
nimo que puede emplear en detenerse, fre-
nando uniformemente, de modo que el refri-
gerador ni se deslice ni se vuelque. 
(Sol. 4.10 s) 
 
5. Una placa de fierro de 2 cm de espe-
sor está sujeta como se muestra. Sabiendo 
que el peso específico del material es de 7.2 
kg/dm
3
, determine la tensión en cada uno de 
los cables en el instante en que se corta BC. 
(Sol. TA = 30 kg; TB = 20.5 kg) 
 
6. La barra AD, que está unida a un mo-
tor, mueve a la solera homogénea AB de 
32.2 lb de peso. En el instante mostrado, AD 
tiene una rapidez angular de 3 rad/s y una 
aceleración angular de 5 rad/s
2
. Sabiendo 
que la masa de la barra BC es despreciable, 
¿cuáles son la magnitud de la fuerza y el 
tipo de esfuerzo en ella? 
(Sol. 4 lb [tensión]) 
 
7. El diámetro de un volante gira con-
forme a la expresión = t
2
 – 8t + 1, en don-
de si t se da en s,  resulta en rad. Calcule: 
a) la velocidad angular media del volante 
durante los dos primeros segundos; b) su 
aceleración media durante el tercer segundo; 
c) el tiempo en que la rotación del volante 
cambia de sentido; d) el número total de 
revoluciones que gira el volante durante los 
diez primeros segundos. 
(Sol. 6 rad/s ↻; 2 rad/s2 ↺; 4 s; 8.28 rev) 
 
Traslación y rotación puras 
 
367 
 
 
8. Desde el instante en que se desconecta la hélice de un avión, que 
se mueve a 120 rpm, hasta detenerse, gira 80 revoluciones. Suponiendo 
que el movimiento es uniformemente acelerado, determine el tiempo que 
emplea la hélice en detenerse. 
 (Sol. 80 s) 
 
9. El radio del rotor de una turbina hidráulica, durante su arranque, 
describe un ángulo proporcional al cubo del tiempo y, a los tres segundos, 
la turbina tiene una velocidad angular de 810 rpm. Escriba la ecuación de 
la rapidez de la turbina (en rad) en función del tiempo (en s). 
(Sol. = 3t
2
) 
 
10. La figura representa el impulsor de 
una bomba centrífuga que gira alrededor de 
su centro de figura y P es una partícula de 
agua que está a punto de abandonarlo. Sa-
biendo que el impulsor tiene un diámetro de 
40 cm y que su rapidez angular es de 90 
rpm, diga cuál es la magnitud de la veloci-
dad lineal del punto del impulsor que está en 
contacto con la gota de agua. 
(Sol. 188.5 cm/s) 
 
 
11. El piñón A que gira a 120 rpm co-
mienza a detenerse, reduciendo su rapidez 
uniforme-ente, hasta pararse por completo 
en diez minutos. ¿Cuántas revoluciones da 
la corona B en ese tiempo? El piñón A tiene 
3 cm de radio, la corona B, 5. 
(Sol. 360 rev) 
 
12. Las partículas de la banda de una polea se desplazan con una ve-
locidad de 50 cm/s . Cierto punto A de la polea, que se encuentra a 20 
cm del perímetro, tiene una rapidez lineal de 10 cm/s . Determine el 
diámetro y la velocidad angular de la polea. 
(Sol. 50 cm; 2 rad/s ↺) 
Traslación y rotación puras 
 
368 
 
13. La barra AB gira alrededor de O con 
rapidez angular de 30 rpm. Calcule la mag-
nitud de la velocidad lineal relativa de A 
respecto a B. 
(Sol. 15.71 ft/s) 
 
14. El cuerpo A de la figura desciende con-
for-me a la ley s = 10 t
2
, donde s es la longitud 
recorrida en cm y t el tiempo en s. Si el árbol en 
el que está enrollada la cuerda tiene un radio de 
20 cm: a) determine su aceleración y velocidad 
angulares en función de t; b) escriba una expre-
sión que defina la rapidez angular del árbol en 
función de la longitud s recorrida por A. 
 (Sol. a) = t; = 1; b) = (0.1 s)
1/2
) 
 
15. Si el motor de la figura emplea 0.03 s 
en alcanzar una rapidez de 180 rpm acelerando 
uniformemente, diga cuál es la aceleración an-
gular de la polea B durante ese lapso. ¿Qué ace-
leración lineal tiene un punto P de la polea C, en 
contacto con la banda, al final de dicho movi-
miento? ………………………… 
ρ(Sol. 251 rad/s
2
; 50.5 m/s
2
) 
 
16. Las barras que mueven el limpiador de 
la figura oscilan de modo que el ángulo que 
forman con la vertical sigue la ley = 0.9 sen ρt, 
donde está en rad, t en s y ρ es una constante 
igual a 0.8 rad/s. Diga cuáles son la velocidad y 
aceleración máximas con que se mueve el lim-
piador. 
 (Sol. 0.288 m/s ó ; 
 0.230 m/s
2
 51.6° ó 5I.6°) 
 
17. La aceleración de una partícula de un impulsor, en cierto instante, forma 
con el radio del impulsor al que pertenece un ángulo de 60º y su magnitud es de 
20 m/s
2
. Si dicha partícula se encuentra a 1 m del centro de rotación, ¿cuáles son 
la velocidad y aceleración angulares del impulsor? 
 (Sol. 30.2 rpm; 17.32 rad/s
2
) 
Traslación y rotación puras 
 
369 
 
 18. La manivela BC del mecanismo de la 
figura gira con velocidad angular constante de 
30 rpm en el sentido de las manecillas del reloj. 
¿Cuál es la velocidad media de la corredera A en 
el lapso en que ésta recorre su trayectoria de un 
lado a otro? ……(Sol. 30 cm/s) 
 
19. El radio de giro del menhir del problema 2, respecto a un eje que pasa por 
su centro de masa, es de 1 m. ¿Qué fuerza adicional se le debe aplicar para que se 
mueva con rotación baricéntrica y su aceleración angular sea de 3 rad/ s
2
 en sentido 
contrariode las manecillas del reloj? 
(Sol. 1803 kg 86.8º x = 0.497 m) 
 
20. La doble polea que se muestra pesa 322 
lb tiene un radio de giro centroidal de 1.5 ft. 
Despreciando el rozamiento en el eje de rota-
ción, calcule: a) las aceleraciones lineales de los 
cuerpos A y B; b) la aceleración angular de la 
polea; c) las tensiones de las cuerdas. 
(Sol. a) aA = 3.96 ft/s
2
 ↓; aB = 1.982 ft/s
2
 ↑ 
 b) 1.982 rad/s
2
 ↺; c) TA = 56.5 lb; TB = 68.4 lb) 
 
21. Los cuerpos A y B comenzaron a mo-
verse hasta que A alcanzó una rapidez de 120 
rpm. En ese instante, se apoyó la barra OC sobre 
A, como se muestra en la figura, logrando que 
los cuerpos frenaran hasta detenerse en 15 s. 
Diga: a) qué tiempo empleó la polea-tambor A 
en alcanzar las 120 rpm; b) qué distancia total 
recorrió B; c) cuál es el coeficiente de fricción 
cinética entre A y la barra OC 
 (Sol. a) 0.994 s; b) 20.1 m; c) 0.1777) 
 
 
22. Determine la aceleración angular de la 
polea y la magnitud de la fuerza y el tipo de 
esfuerzo a que están sujetas las barras CE y CD 
de peso despreciable. La polea es un cilindro 
homogéneo macizo de 16.1 lb de peso y 4 in de 
radio, libre de rozamiento. 
 (Sol. 18.40 rad/s
2
 ↻; 
CE = 136.5 lb [compresión]; 
CD = 67.6 lb [tensión]) 
 
Traslación y rotación puras 
 
370 
 
23. Determine las aceleraciones angulares 
del aro y del disco que se muestran en la figura, 
en el instante en que se sueltan. Determine tam-
bién la magnitud de la reacción en cada articula-
ción en dicho instante, sabiendo que tanto el aro 
como el disco tienen un peso P y se mueven en 
un plano vertical. 
(Sol. α = g/2r ↻; R = P/2 ↑; 
α = 2g/3r ↻ ; R = P/3 ↑) 
 
24. Las barras homogéneas OA y BC pesan 
8 kg cada una y están soldadas en A. Pueden 
girar libremente alrededor de un eje horizontal 
que pasa por O. Si al pasar por la posición mos-
trada su velocidad angular es de 4 𝑠−1, calcule 
la magnitud de las componentes horizontal y 
vertical de la reacción de la articulación O. 
(Sol. 9.79 kg ←; 3.29 kg ↑) 
 
25. Las dos barras mostradas están articu-
ladas ven A y giran en un plano horizontal alre-
dedor del punto O con rapidez angular constante 
de 10 rad/s. La barra homogénea AB pesa 50 
lb. Determine la tensión de la cuerda OB. 
(Sol. 116.5 lb)