ProblemasCinematicaDelCuerpoRigido

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Problemas de Cinemática del Cuerpo Ŕıgido.
José Maŕıa Rico Mart́ınez
Departamento de Ingenieŕıa Mecánica
División de Ingenieŕıas, Campus Irapuato-Salamanca
Universidad de Guanajuato.
Salamanca, Gto. 36730, México
Email: jrico@ugto.mx
April 2, 2019
1 Introducción.
En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinemática de cuerpos
ŕıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares. Para facilitar el empleo
de estas notas los problemas están divididos en los siguientes tópicos
1. Cuerpos ŕıgidos sujetos a rotación alrededor de un eje fijo.
2. Análisis del movimiento de un cuerpo rǵido sujetos a rotación alrededor de un eje fijo como un
todo.
3. Cuerpos ŕıgidos sujetos a movimiento plano general.
4. Centros instantáneos de velocidad.
5. Análisis de movimientos en términos de un parámetro.
6. Análisis de movimientos con respecto a un sistema de referencia sujetos a movimiento de rotación.
2 Problemas de cuerpos ŕıgidos sujetos a rotación alrededor de
un eje fijo.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos ŕıgidos sujetos a movimiento
de rotación alrededor de un eje fijo. En estos problemas, se mostrará como definir el vector velocidad
angular y aceleración angular y a determinar la velocidad y aceleración de un punto que forme parte de
esos cuerpos ŕıgidos.
Problema 2.1 El ensamble mostrado en la figura 1 consiste de una barra recta ABC que pasa a
través y está soldada a la placa rectangular DEFH. El ensamble rota alrededor del eje AC con una
velocidad angular constante de 9 rads . Sabiendo que el movimiento visto desde el extremo C es antihorario,
determine la velocidad y aceleración de la esquina F .1
Solución: Los vectores de posición necesarios son:
~rA/E = 100ĵ mm ~rF/E = 200k̂ mm ~rC/E =
(
350̂i+ 200k̂ − 100ĵ
)
mm
1Este problema corresponde al Problema 15-10 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: New
York.
1
Figure 1: Gráfica de una barra soldada a una placa rectangular.
~rC/A = ~rC/E − ~rA/E =
(
350̂i− 200ĵ + 200k̂
)
mm
û =
~rC/A
|~rC/A|
=
(
350̂i− 200ĵ + 200k̂
)
mm
450mm
=
7
9
î− 4
9
ĵ +
4
9
k̂
~ω = ωû =
(
9
rad
s
)(
7
9
î− 4
9
ĵ +
4
9
k̂
)
=
(
7̂i− 4ĵ + 4k̂
)
~rF/A = ~rF/E − ~rA/E =
(
−100ĵ + 200k̂
)
mm
Además
α =
dω
dt
= 0 ~α = ~0
Por lo tanto, la velocidad del punto F está dada por
~vF = ~ω × ~rF/A =
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
7 −4 4
0 −100 200
∣∣∣∣∣∣ mms =
[̂
i(−800 + 400) + ĵ(−1400) + k̂(−700)
] mm
s
= (−400̂i− 1400ĵ − 700k̂)mm
s
= (−0.4̂i− 1.4ĵ − 0.7k̂)m
s
De manera semejante, la aceleración del punto F está dado por
~aF = ~α× ~rF/A + ~ω ×
(
~ω × ~rF/A
)
= ~α× ~rF/A + ~ω × ~vF =
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
7 −4 4
−0.4 −1.4 −0.7
∣∣∣∣∣∣
=
{
î [(−4)(−0.7)− (−1.4)(4)] + ĵ [4(−0.4)− (−0.7)(7)] + k̂ [7(−1.4)− (−0.4)(−4)]
} m
s2
=
(
8.4̂i+ 3.3ĵ − 11.4k̂
) m
s2
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.2 El bloque rectangular que se muestra gira alrededor de la diagonal OA con velocidad
angular constante de 6.76 rad.s. . Si la rotación es en sentido contrario al de las manecillas del reloj cuando
se observa desde A, determine velocidad y aceleración del punto B en el instante indicado.2
Solución. Primeramente encontraremos un vector unitario en la dirección del vector ~rOA. Se tiene
que
~rA/O = 5 in. î+ 31.2 in. ĵ + 12 in. k̂.
2Este es el Problema 15.9 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
2
Figure 2: Gráfica de un bloque rectangular sujeto a rotación.
Por lo tanto,
ûOA =
~rA/O
| ~rA/O |
=
5in. î+ 31.2 in.ĵ + 12 in.k̂√
52 + 31.22 + 122
=
25
169
î+
12
13
ĵ +
60
169
k̂
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como
~ω =| ~ω | ûOA =
(
1 î+ 6.24 ĵ + 2.4 k̂
) rad.
s.
Debe notarse que esta definición del vector velocidad angular cumple con las caracteŕısticas indicadas en
la teoŕıa de la cinemática de cuerpos ŕıgidos.
Además como la magnitud de la velocidad angular es constante y el cuerpo está sujeto a rotación
alrededor de un eje fijo, el vector ûOA es constante y ~ω también es constante. De aqúı que
~α =
d ~ω
d t
= ~0.
Finalmente, determinaremos ~rOB , pues B es el punto cuya velocidad y aceleración se desea conocer
y O es un punto a lo largo del eje de rotación.
~rB/O = 5 in. î+ 15.6 in. ĵ + 0 in. k̂.
Por lo tanto
~vB = ~ω×~rB/O =
(
1 î+ 6.24 ĵ + 2.4 k̂
)
×
(
5 in. î+ 15.6 in. ĵ + 0 in. k̂
)
=
(
−37.44 î+ 12.0 ĵ − 15.6 k̂
) in.
s.
De manera semejante,
~aB = ~α× ~rB/O + ~ω ×
(
~ω × ~rB/O
)
= ~ω ×
(
~ω × ~rB/O
)
=
(
−126.144 î− 74.256 ĵ + 245.6256 k̂
) rad.
s2.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.3 En el problema 2.2, determine la velocidad y aceleración del punto B en el instante
mostrado, suponiendo que la velocidad angular es de 3.38 rad.s. y que disminuye a razón de 5.07
rad.
s2.
3
3Este es el Problema 15.10 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
3
Solución: Del problema 1, se sabe que
ûOA =
5in. î+ 31.2 in.ĵ + 12 in.k̂√
52 + 31.22 + 122
=
25
169
î+
12
13
ĵ +
60
169
k̂
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como
~ω =| ~ω | ûOA =
(
0.5 î+ 3.12 ĵ + 1.2 k̂
) rad.
s.
Puesto que la velocidad angular está disminuyendo a razón de 5.07 rad.s2. la aceleración angular está dado
por
~α =| ~α | ûOA = −5.07
(
25
169
î+
12
13
ĵ +
60
169
k̂
)
=
(
−0.75 î− 4.68 ĵ − 1.80 k̂
) rad.
s2.
De esta manera, la velocidad del punto B, está dada por
~vB = ~ω × ~rB/O =
(
0.5 î+ 3.12 ĵ + 1.2 k̂
)
×
(
5 in. î+ 15.6 in. ĵ + 0 in. k̂
)
=
(
−18.72 î+ 6.0 ĵ − 7.8 k̂
) in.
s.
De manera semejante,
~aB = ~α× ~rB/O + ~ω ×
(
~ω × ~rB/O
)
=
(
−0.75 î− 4.68 ĵ − 1.80 k̂
)
×
(
5 in. î+ 15.6 in. ĵ + 0 in. k̂
)
+
(
0.5 î+ 3.12 ĵ + 1.2 k̂
)
×
[(
0.5 î+ 3.12 ĵ + 1.2 k̂
)
×
(
5 in. î+ 15.6 in. ĵ + 0 in. k̂
)]
=
(
−3.456 î− 27.564 ĵ + 73.1064 k̂
) in.
s2.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.4 La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75 rads alrededor
de una ĺınea que une los puntos A y D. Si en el instante considerado la velocidad de la esquina C va
hacia arriba, determine velocidad y aceleración para la esquina B.4
Figure 3: Barra doblada sujeta a rotación alrededor de un eje fijo.
Solucion. Primeramente determinaremos el vector de posición del punto A respecto del punto D,
dado por
~rA/D = −200mm. î+ 120mm. ĵ + 90mm. k̂.
De manera que un vector unitario a lo largo del eje de rotación está dado por
ûDA =
~rA/D
| ~rA/D |
=
−200mm. î+ 120mm.ĵ + 90mm.k̂√
(−200)2 + 1202 + 902
= −4
5
î+
12
25
ĵ +
9
25
k̂
4Este es el Problema 15.13 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
4
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ~ω como
~ω = λ | ~ω | ûDA = λ 75
rad.
s.
(
−4
5
î+
12
25
ĵ +
9
25
k̂
)
rad.
s.
=
(
−60λ î+ 36λ ĵ + 27λ k̂
) rad.
s.
,
Donde λ puede tener unicamente dos valores, es decir λ ∈ {1,−1} e indicará el sentido de la velocidad
angular. Por otro lado, el vector de posición del punto C con respecto al punto D —hay otras muchas
opciones, pero esta es la mas sencilla— está dado por
~rC/D = 0mm. î+ 0mm. ĵ + 90mm. k̂.
Por lo tanto, la velocidad de C está dada por
~vC = ~ω × ~rC/D =
[
λ
(
−60λ î+ 36λ ĵ + 27λ k̂
) rad.
s.
]
×
(
90mm. k̂
)
=
(
3240λ î+ 5400λ ĵ + 0 k̂
) mm.
s.
Puesto que se sabe que la velocidad del punto C va hacia arriba, en términosmenos coloquiales, que
la 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 está dada por
~ω =
(
−60 î+ 36 ĵ + 27 k̂
) rad.
s.
Además puesto que el vector de posición del punto B con respecto al punto A —hay otras muchas
opciones, pero esta es la mas sencilla— está dado por
~rB/A = 200mm. î+ 0mm. ĵ + 0mm. k̂.
La velocidad del punto B está dada por
~vB = ~ω × ~rB/A =
[(
−60 î+ 36 ĵ + 27 k̂
) rad.
s.
]
×
(
200mm. î
)
=
(
5400 ĵ − 7200 k̂
) mm.
s.
Mas aún, puesto que la magnitud de esta velocidad angular es constante y el movimiento es de rotación
alrededor de un eje fijo, y por lo tanto, la dirección de la velocidad angular es también constante, se tiene
que
~α = ~0.
Por lo tanto, la aceleración del punto B está dada por
~aB = ~α× ~rB/A + ~ω ×
(
~ω × ~rB/A
)
= ~ω ×
(
~ω × ~rB/A
)
=
(
−405000 î− 432000 ĵ − 324000 k̂
) mm.
s2.
=
(
−405 î− 432 ĵ − 324 k̂
) m.
s2.
Con este resultado finaliza el problema.
3 Problemas de análisis de cuerpos ŕıgidos sujetos a rotación
alrededor de un eje fijo como un todo.
En esta sección se presentarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos ŕıgidos sujetos a movimiento
de rotación alrededor de un eje fijo, analizados como un todo. En estos problemas, se usará de manera
sistemática la analaǵıa entre el movimiento de traslación rectiĺınea de una part́ıcula y el movimiento de
un cuerpo rǵido sujetos a rotación alrededor de un eje fijo analizado como un todo.
Problema 3.1 La aceleración angular de un eje se define por la relación α = −0.25ω donde α se
expresa 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 número de revoluciones que el eje ejecutará 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 valor
inicial.5
Solución: Por un lado, se sabe que:
α =
dω
dt
y α = ω
ω
dθ
(1)
Empleando la primera expresión, 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 integración, 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 ecuación buscada es
ω(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 que
e−∞ = 0
se concluye que el tiempo para el cual el eje para es t → ∞. Para el tiempo t, la velocidad angular del
eje 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 la
ecuación (2), se tiene que
dθ(t)
dt
= ω0e
−0.25t θ(t) =
∫
ω0e
−0.25tdt θ(t) = − ω0
−0.25
e−0.25t + C2
Para la determinación de la constante de integración C2, se supone que se contarán las revoluciones
cuando ω(0) = ω0, es decir θ(t) = 0 para t = 0. Por lo tanto,
0 =
ω
0.25
e−0.25(0) + C2 o C2 =
ω
0.25
Por lo tanto
θ(t) =
ω
0.25
[1 + e−0.25t]
Para t→∞
lim
t→∞
θ(t) =
ω
0.25
[1 + e−0.25t] =
ω
0.25
Note que para que la ecuación 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 pare
es
θ(∞) = ω
0.25
=
20 rads
0.25 1s
= 80rad = 12.7323rad
5Este problema corresponde al Problema 15-9 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: New
York.
6
Existe otra posibilidad, de la segunda expresión de la ecuación (1), se tiene que
α = ω
dω
dθ
= −0.25ω
∫
dω =
∫
−0.25dθ ω = −0.25θ + C3
Para la determinación de la constante de integración C3 se tiene que para ω = ω0 y θ = 0, por lo tanto
ω0 = −0.25(0) + C3 C3 = ω0
Se tiene que
ω − 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 rads
0.25 1s
= 80rad = 12.7323rad
. Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.2 Cuando se pone en operación, un motor alcanza su velocidad nominal de 2400 r.p.m. en
4 segundos y, al desactivarse, tarda 40 segundos para llegar al reposo. Si el movimiento es uniformemente
acelerado, determine el número de revoluciones que ejecuta el motor a) al alcanzar la velocidad nominal,
b) al detenerse.6
Solución: 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 condición 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 aceleración angular
está dada por
α =
251.32
4
rad.
s2.
= 62.831
rad.
s2.
Integrando la ecuación de la velocidad angular, se tiene que
θ(t) =
1
2
α t2 + c2.
Sustituyendo la condición inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c2 = 0 y
θ(t) =
1
2
α 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, también el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene que
α(t) = α,
6Este es el Problema 15.5 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
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 condición 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 aceleración angular está
dada por
α = −ω0
t
= −251.32
40
rad.
s2.
= −6.2831 rad.
s2.
Integrando la ecuación de la velocidad angular, se tiene que
θ(t) =
1
2
α t2 + ω0 t+ c4.
Sustituyendo la condición inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c4 = 0 y
θ(t) =
1
2
α 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.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.3 La placa circular de 250mm mostrada en la figura 4 está inicialmente en reposo y
tiene una aceleración angular definida por la relación α = α0 cos(
πt
T ). Sabiendo que T = 1.5s y que
α0 = 10
rad
s2 , determine la magnitud de la aceleración 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.
Solución. Integrando la aceleración angular, se tiene que
dω
dt
= α = α0 cos(
πt
T
)
∫
dω =
∫
α0 cos(
πt
T
)
7Este problema corresponde al Problema 15-20 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: New
York.
8
por lo tanto
ω(t) = α0
T
π
∫
cos(
πt
T
)dt =
Tα0
π
sin
πt
T
+ C1
Para la condición inicial, se tiene que para t = 0, ω(0) = 0. Por lo tanto,
0 =
Tα0
π
sin
π(0)
T
+ C1
por lo tanto
C1 = 0
ω(t) =
Tα0
π
sin
πt
T
α(t) = α0 cos
πt
T
Para t = 0, se tiene
ω(0) =
Tα0
π
sin
π0
T
= 0 α(0) = α0 cos
π0
T
= α0
Por lo tanto, se tiene suponiendo que ~RB/O = r î, donde r = 0.25m. Entonces ~ω(0) = ~0, ~α(0) = α0 k̂
~aB(0) = ~α× ~ωB/O −���
�:0
ω2~rB/O = (α0 k̂)× (rî) = α0rĵ = (10
rad
s2
)(0.25m)ĵ
~aB(0) = 2.5
m
s2
ĵ aB(0) = 2.5
m
s2
Para t = 0.5s, se tiene que
ω(0.5) =
Tα0
π
sin
π0.5
1.5
=
(1.5s)(10 rads2 )
π
sin
π
3
= 4.1349
rad
s
α(0.5) = α0 cos
π(0.5)
1.5
= 10
rad
s2
cosπ
3
= 5
rad
s2
~ω(0.5) = 4.1349
rad
s
k̂ ~α(0.5) = 5
rad
s2
Entonces
~aB(0.5) = ~α× ~rB/O − ω2~rB/O = (5
rad
s2
k̂)× (0.25m î)− (4.1349rad
s
)2(0.25m î) = −4.2743m
s2
î+ 1.25
m
s2
ĵ
Finalmente, para t = 0.75s.
ω(0.75) =
Tα0
π
sin
π(0.75)
1.5
=
(1.5s)(10 rads2 )
π
sin(
π
2
= 4.7746
rad
s
)
α(0.75) =
Tα0
π
cos
π(0.75)
1.5
=
1.5s(10 rads2 )
π
cos
π
2
= 0
~ω(0.75) = 4.7746
rad
s
k̂ ~α(0.75) = ~0
Entonces
~aB(0.75) =��
���:
0
~α× ~rB/O − ω2~rB/O = −(4.7746
rad
s
)2(0.25mî)
~aB(0.75) = −5.6993
m
s2
î aB(0.75) = 5.6993
m
s2
Con este resultado finaliza el problema.
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 aceleración angular en el sentido de las manecillas del reloj, definida
mediante la relación
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 revolución de la polea A, a) la
magnitud de la aceleración del punto B sobre la banda, b) la aceleración del punto P sobre la polea C.8
Solución. Del análisis del movimiento del cuerpo ŕıgido sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, se
sabe que
ωA
dωA
d θ
= αA = 120− 0.002ω2A.
Por lo tanto, se tiene que para la polea A
ωA dωA
120− 0.002ω2A
= d θA o −
1
0.004
∫
−0.004ωA dωA
120− 0.002ω2A
=
∫
d θA
Entonces
−250Ln
(
120− 0.002ω2A
)
= θA + c1,
manipulando algebraicamente la ecuación
120− 0.002ω2A = e−0.004 θA+c1 = c2 e−0.004 θA
Para determinar la constante de integración c2, se debe recurrir a la condición inicial, para ωA = 0,
θA = 0, entonces
120− 0.002 (0)2 = c2e−0.004 (0) = c2 e0 = c2,
Por lo tanto, c2 = 120 y
120− 0.002ω2A = 120 e−0.004 θA o ω2A = 60000
(
1− e−0.004 θA
)
Ahora determinaremos, la velocidad y aceleración angular de la polea A cuando ha rotado media
revolución, es decir para cuando θ = π rad. Entonces
ωA =
√
60000 (1− e−0.004π) = 27.3726 rad.
s.
y
αA = 120− 0.002 (27.3726)2 = 118.50
rad.
s2.
De manera que la aceleración tangencial de un punto, P∗, de la banda en la periferia de la polea A
está dada por
atP∗ = αA rA =
(
118.50
rad.
s2.
)
(8 in.) = 948
in.
s2.
= 79
pies
s2.
Puesto que no hay deslizamiento, esta es también la aceleración de part́ıcula B de la banda —debe notarse
que el punto B está sujeto a traslación rectiĺınea y por lo tanto su componente normal de aceleración es
nula—, es decir
aB = atP∗ = 79
pies
s2.
Ahora bien, para resolver el problema del punto P sobre la polea C, es necesario recordar que el
movimiento de la banda sobre las poleas ocurre sin deslizamiento, por lo tanto, se tiene que
8Este es el Problema 15.20 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
10
1. Las magnitudes de las velocidas de los puntos P∗, de la banda localizado en la periferia de la polea
A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la misms magnitud, por
lo tanto
ωA rA = ωC rC ωC = ωA
rA
rC
= 43.796
rad.
s.
2. Las magnitudes de las aceleraciones tangenciales de los puntos P∗, de la banda localizado en la
periferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la
misms magnitud, por lo tanto
αA rA = αC rC αC = αA
rA
rC
= 189.6
rad.
s2.
Por lo tanto, la aceleración del punto C está dada por
~aP = ~αC × ~rP/O + ~ωC ×
(
~ωC × ~rP/O
)
= ~αC × ~rP/O− | ~ωC |2 ~rP/O
=
(
−189.6 k̂
)
×
(
5 in. î
)
− (43.796)2
(
5 in. î
)
=
(
−948 ĵ − 9590 î
) in.
s2.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.5 Las caracteŕısticas de diseño de una reductor de engranes están bajo revisión. El
engrane B está rotando en sentido horario con una velocidad de 300 rev/min cuando se aplica un torque
al engrane A a un tiempo t = 2 s para dar al engrane A un aceleración angular en sentido antihoraria α
que varia con el tiempo por una duración de 4 segundos como se muestra en la figura 6. Determine la
velocidad NB del engrane B cuando t = 6 s.
Figure 6: Reducción de engranes.
Solución.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.6 Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como muestra
la figura 7. La carga A tiene una aceleración de 300 mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambas
dirigidos hacia arriba. Determine (a) El número de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) la
velocidad y posición de la carga B después de 3s (c) la aceleración del punto D en el borde de la polea
para t = 0.9
Solución. De la aceleración y velocidad del cuerpo A, se tiene que
~aA = ~aTPA = 300
mm/s2ĵ = ~α2 × ~rPA/C = (α2k̂)× (−120mmî)
~vA(0) = ~vPA(0) = 240mm/sĵ = ~ω2(0)× ~rPA/C = (ω2(0)k̂)× (−120mmî)
9Este problema corresponde al Problema 15-30 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: New
York.
11
Figure 7: Dos cuerpos conectados a una polea.
300mm/s2ĵ = −120mmα2ĵ α2 =
240mm/s2
−120mm
= −2.5rad/s2
240mm/sĵ = −120mmω2(0)ĵ ω2(0) =
240mm/s
−120mm
= −2rad/s
~α2 = −2.5rad/s2k̂ ~ω2(0) = −2.0rad/sk̂
Ahora es posible integrar la ecuación de movimiento de la polea
~α2(t) = −2.5rad/s2k̂
~ω2(t) =
∫
~α2(t)dt = −2.5rad/s2tk̂ + ~C1
−2.0rad/s = ~ω2(0) = −2.5rad/s2(0)k̂ + ~C1 ~C1 = −2rad/s
~ω2(t) = (−2.5rad/s2t− 2rad/s)k̂
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 tanto
θ2(3) = −1.25rad/s2(3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev
Para la velocidad y aceleración de la carga B para t = 3s
~aTPB = ~α× ~rPB/C = (−2.5rad/s
2k̂)× (180mmî) = −450mm/s2ĵ = ~aB
~vPB (0) = ~ω2(0)× ~rPB/C = (−2rad/s2k̂)× (180mmî) = −360mm/s2ĵ = ~vB(0)
sB(t) =
1
2
aBt
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 aceleración del punto D
~aD = ~α2 × ~rD/C − ω2~rD/C = (−2.5rad/s2k̂)× (−180mmî)− (−2rad/s)2(−180mmî)
~aD = 450mm/s2ĵ + 720mm/s2
aD = 849.058mm/s2
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.7 Una polea y dos bloques se conectan mediante cuerdas inextensibles como se indica
en la figura 8. La polea parte desde el reposo en t = 0 y se acelera a una razón uniforme de 2.4 rads2 en el
sentido de las manecillas del reloj. En t = 4 s, determine la velocidad y posición de a) la carga A, b) la
carga B.10
Figure 8: Polea compuesta con dos cargas.
Solución: Considere dos puntos coincidentes, PA, uno localizado en la polea y otro localizado en la
cuerda inextensible que conecta la polea con la carga A justo en el punto donde la cuerda deja de estar
enrollada y se hace vertical; similarmente, considere otro par de puntos coincidentes, PBj, uno localizado
en la polea y otro localizado en la cuerda inextensible que conecta la polea con la carga B justo en el
punto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical. En ambos casos, entre el par de puntos
no hay deslizamiento. Por lo tanto,
~vPApolea = ~vPAcuerda y ~vPB polea = ~vPB cuerda ∀t ≥ 0.
Similarmente,
~atPApolea = ~atPAcuerda y ~atPB polea = ~atPB cuerda ∀t ≥ 0.
Además, debe notarse que las velocidades y las aceleraciones tangenciales de los puntos que pertenecen
a las cuerdas, son las velocidades y aceleraciones de las cargas. Además, aplicando el concepto de placa
representativa, 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 Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octavaedición, McGraw Hill: México D.F.
13
Este resultado indica que si la polea inicia su movimiento a partir del reposo, entonces las cargas A
y B también inician su movimiento a partir del reposo. Todav́ıa mas, las aceleraciones uniformes de las
cargas A y B están dadas por
~vA = ~atPAcuerda = ~atPApolea = ~α× ~rPA/O = −2.4
rad
s2
k̂ ×
(
−1
3
pie
)
î = 0.8
pie
s2
ĵ.
Similarmente
~atPB cuerda = ~atPB polea = ~α× ~rPB/O = −2.4
rad
s2
k̂ ×
(
1
2
pie
)
î = −1.2pie
s2
ĵ.
Usando los métos de cinemática de la part́ıcula, se tiene que
~vA = ~aA t = 0.8
pie
s2
ĵ (4 s) = 3.2
pie
s
ĵ, y ~rA =
1
2
~aA t
2 =
1
2
0.8
pie
s2
ĵ (4 s)
2
= 6.4 pie ĵ.
de manera semejante
~vB = ~aB t = −1.2
pie
s2
ĵ (4 s) = −4.8 pie
s
ĵ, y ~rB =
1
2
~aB t
2 =
1
2
(
−1.2pie
s2
)
ĵ (4 s)
2
= −9.6 pie ĵ.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.8 Dos discos de fricción A y B se pondrán en contacto sin deslizamiento cuando la
velocidad angular del disco A sea de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj, vea la
figura 9. El disco A empieza su movimiento desde el reposo en el tiempo t = 0 y se le imprime una
aceleración angular constante de magnitud α. El disco B parte del reposo en t = 2 s y se le imparte una
aceleración angular constante en el sentido de las manecillas del reloj, tambien de magnitud α. Determine
a) la magnitud de la aceleración angular α requerida, b) el tiempo al cual ocurre el contacto.11
Figure 9: Dos discos de fricción.
Solución: Determinaremos las ecuaciones de movimiento de los discos de fricción. Para el disco A,
se tiene que
~αA(t) = α k̂
Por lo tanto, si para t = 0, se tiene que ~ωA = ~0, se tiene que
~ωA(t) = α t k̂
De manera semejante, se tiene que
~αB(t) = −α k̂
11Este es el problema 15.31 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
14
Por lo tanto, si para t = 2 s, se tiene que ~ωB = ~0, se tiene que
~ωA(t) = −α (t− 2) k̂
Por lo tanto, la velocidad de los puntos, P , en la periferia de los discos A y B, donde los discos se
ponen en contacto,12 están dados por
~vPA = ~ωA(t)× ~rP/OA = α t k̂ × (−0.15m) ĵ = 0.15α t î
y
~vPB = ~ωB(t)× ~rP/OB = −α (t− 2) k̂ × (0.2m) ĵ = 0.2α (t− 2) î
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. en
sentido contrario a las manecillas del reloj, es decir
α t = 240 r.p.m. = 25.1327
rad
s
Despejando, t en esta segunda ecuación y sustituyendolo en la primera ecuación, se tiene que
0.15α
25.1327 rads
α
= 0.2α
(
25.1327 rads
α
− 2
)
o 3.7699
rad
s
= 5.02654
rad
s
− 0.4α
Por lo tanto
α = 3.1416
rad
s2
.
Por lo tanto, el tiempo para el cual se ponen el contacto está dado por
t =
25.1327 rads
α
=
25.1327 rads
3.1416 rads2
= 7.9999 s.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.9 El disco circular mostrado en la figura 10 gira alrededor de su eje z con una velocidad
angular en la dirección mostrada. En un cierto instante, la magnitud de la velocidad del punto A es de
10 pies y está decreciendo a una velocidad de 24
pie
s2 . Escriba las expresiones vectoriales para la aceleración
angular ~α del disco y la aceleración total del punto B en ese instante.13
Figure 10: Disco Rotante.
12Nuevamente se aplicará 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
Solución. Note que en este caso la aplicación del concepto de placa representativa es inmediato. De
hecho, los puntos A y B están en la misma cara del disco, se empleará, además, un punto O, localizado
en la intersección del eje z —el eje de rotación— y la misma cara del disco, de manera que
~rA/O = −
2
3
pie î y ~rB/O =
1
2
pie ĵ
Por otro lado, se sabe que
~ω = ω k̂,
donde por la dirección de rotación ω > 0, además, se sabe que
~vA = λ 10
pie
s
ĵ y ~atA = λ 24
pie
s2
ĵ.
donde λ ∈ {−1, 1}, y además se sabe que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos.
Aplicando las ecuaciones que permiten conocer las velocidades y aceleraciones de las part́ıculas de un
cuerpo ŕıgido sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, se tiene que
~vA = ω × ~rA/O o λ 10
pie
s
ĵ = ω k̂ ×
(
−2
3
pie î
)
o λ 10
pie
s
ĵ = −2
3
pie ωĵ
Por lo tanto,
λ = −1 ω = 15 rad
s
y ~vA = −10
pie
s
ĵ
De manera semejante, puesto que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos, se tiene que
~atA = 24
pie
s2
De manera que
~atA = 24
pie
s2
= ~α× ~rA/O = α k̂ ×
(
−2
3
pie î
)
= −2
3
α ĵ
Por lo tanto
α = −36 rad
s2
y ~α = −36 rad
s2
k̂.
Finalmente, la aceleración total del punto B está dada por
~aB = ~α× ~rB/O − ω2~rB/O = −36
rad
s2
k̂ × 1
2
pie ĵ −
(
15
rad
s
)2
1
2
pie ĵ = 18
pie
s2
î− 112.5pie
s2
ĵ
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 9c. El cilindro hidráulico produce un movimiento horizontal limitado en el punto A. Si
vA = 4m/s cuando θ = 45
◦. Determine la magnitud de la velocidad de D y la velocidad angular ω del
eslabón ABD para esta posición.14
Solución. 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
senθ
senφ =
OB
AB
sen θ =
250mm
400mm
sen45◦
Por lo tanto, se tiene que
φ = 26.28◦
Determinación de los vectores de posición
~rB/A = AB(cosφ î+ sinφ ĵ) = (358.68mm) î+ (177.04mm) ĵ
~rD/A = AD(cosφ î+ sinφ ĵ) = (538.02mm) î+ (265.63mm) ĵ
~rB/O = OB(cosφ î+ sinφ ĵ) = (−176.77mm) î+ (176.77mm) ĵ
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.
Análisis de velocidad del mecanismo.
~vB3 = ~vA + ~ωABD × ~rB/A = 4m/s î+ ωABD k̂ × (0.358m î+ 0.177m ĵ) (3)
De manera similar
~VB4 = ~ωOB × ~rB/O = ωOB k̂ × (−0.176m î+ 0.176m ĵ) (4)
Igualando las componentes en X y Y de las ecuaciones (3) y (4) se obtienen las ecuaciones escalares
que resuelven el problema
4m/s− 0.177mωABD = −0.176mωOB
0.358mωABD = −0.176mωOB
Despejando de la segunda ecuación escalar ωOB se tiene que
ωOB = −2.034ωABD
y sustituyendo este resultado en la primera ecuación
4m/s− (0.177m)ωABD = −0.176m (−2.034ωABD)
ó
4m/s = (0.177m+ 0.3579m)ωABD Por lo tanto ωABD = 7.478 rad/s ccw
Análisis de la velocidad del punto D
~vD = ~vA + ~ωABD × ~rD/A = 4m/s î+ (7.478 rad/s) k̂ × (538.02mm î+ 265.63mm ĵ)
= (2.01m/s) î+ (4.06m/s) ĵ
La magnitud vD está 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 muestra
en la figura 12. La carga A tiene una aceleración de 300mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambas
dirigidos hacia arriba. Determine (a) El número de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b) la
velocidad y posición de la carga B después de 3s (c) la aceleración del punto D en el borde de la polea
para t = 0.15
~aA = ~aTPA = 300
mm/s2ĵ = ~α2 × ~rPA/C = (α2k̂)× (−120mmî)
15Este es el Problema 15.30 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Novena edición, McGraw Hill: México D.F.
17
Figure 12: Conjunto de Polea y Cargas.
~vA(0) = ~vPA(0) = 240mm/sĵ = ~ω2(0)× ~rPA/C = (ω2(0)k̂)× (−120mmî)
300mm/s2ĵ = −120mmα2ĵ α2 =
240mm/s2
−120mm
= −2.5rad/s2
240mm/sĵ = −120mmω2(0)ĵ ω2(0) =
240mm/s
−120mm = −2rad/s
~α2 = −2.5rad/s2k̂ ~ω2(0) = −2.0rad/sk̂
~α2(t) = −2.5rad/s2k̂
~ω2(t) =
∫
~α2(t)dt = −2.5rad/s2tk̂ + ~C1
−2.0rad/s = ~ω2(0) = −2.5rad/s2(0)k̂ + ~C1 ~C1 = −2rad/s
~ω2(t) = (−2.5rad/s2t− 2rad/s)k̂
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 lotanto
θ2(3) = −1.25rad/s2(3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev
Para la velocidad y aceleración de la carga B para t = 3s
~aTPB = ~α× ~rPB/C = (−2.5rad/s
2k̂)× (180mmî) = −450mm/s2ĵ = ~aB
~vPB (0) = ~ω2(0)× ~rPB/C = (−2rad/s2k̂)× (180mmî) = −360mm/s2ĵ = ~vB(0)
sB(t) =
1
2
aBt
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 aceleración del punto D
~aD = ~α2 × ~rD/C − ω2~rD/C = (−2.5rad/s2k̂)× (−180mmî)− (−2rad/s)2(−180mmî)
~aD = 450mm/s2ĵ + 720mm/s2
y
aD = 849.058mm/s2
Con este resultado finaliza el problema.
4 Problemas de cuerpos ŕıgidos sujetos a movimiento plano ge-
neral.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos ŕıgidos sujetos a movimiento
plano general. En estos problemas, se mostrará como relacionar las velocidades y aceleraciones de dos
puntos que pertenecen a cuerpos ŕıgidos sujetos a movimiento plano general. Para llevar a cabo estas
relaciones se emplearán los vectores velocidad angular y aceleración angular. Además, estos problemas
en 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 y
vCy = −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.
Solución. Los vectores de posición nesesarios son
~rC/A = 360mmî+ 180mmĵ ~rB/A = 180mmî− 180mmĵ
Las velocidades están dadas por
~vA = 120mm/ŝi+ vAy ĵ ~vB = vBx î+ 300mm/sĵ ~vc = vCX î− 60mm/sĵ
Las ecuaciones que relacionan estas velocidades son
~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A ~vc = ~vA + ~ω + ~ω × ~rC/A
16Este 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: New
York.
19
vBx + 300mm/sĵ = 120mm/ŝi+ vAy ĵ + (ωk̂)× (180mmî− 180j)
vCx î− 60mm/sĵ = 120mm/ŝi+ vAy ĵ + (ωk̂)× (180mmî− 180mmk̂)
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 ecuación (8) de la ecuación (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/ŝi+ 600mm/sĵ
~ω = −2rad/sk̂
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.2 La oscilación horizontal del émbolo E, precargado mediante un resorte, se controla
variando la presión de aire en el cilindro neumático horizontal F . Si el émbolo tiene una velocidad de 2
m/s a la derecha cuando θ = 30◦. Determine la velocidad de bajada vD del rodillo D en la gua vertical
y encontrar la velocidad angular ω de ABD para esta posición.17
Figure 14: Problema 5.108 del libro de Meriam.
Solución. Los datos proporcionados son
~vE = −2m/s î θ = 30◦ a = 100mm = 0.1m.
Determinación de los vectores de posición
~rB/A = a (cosθ î− sen θ ĵ) =
√
3
2
a î− a
2
ĵ
~rD/A = 3 a (cosθ î− sen θ ĵ) = 3
√
3
2
a î− 3
2
a ĵ
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 análisis de velocidad y aceleración.
~vE = −2m/s î Suponiendo ~aE = 0m/s2
Además, se tiene que
~vA = vAX î+ vAY ĵ = 2m/s î+ vAY ĵ ~aA = 0m/s
2 î+ aAY ĵ
~vB = vBX î ~aB = aBX î
~vD = vDY ĵ ~aD = aDY ĵ
Análisis de velocidad del mecanismo.
Velocidad del punto B
~vB = ~vA + ~ωABD × ~rB/A
~vB î = vAX î+ vAY ĵ + ωABD k̂ ×
(√
3
2
a î− a
2
ĵ
)
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
vB = vAX + ωABD
a
2
0 = vAY + ωABD
√
3
2
a
Estas dos ecuaciones tienen tres incógnitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales.
Velocidad del punto D
~vD = ~vA + ~ωABD × ~rD/A
~vD ĵ = vAX î+ vAY ĵ + ωABD k̂ ×
(
3
√
3
2
a î− 3
2
a ĵ
)
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
0 = vAX + ωABD
3
2
a
vD = vAY + ωABD 3
√
3
2
a
De la componente X de esta última ecuación, se tiene que
ωABD = −
2 vAX
3 a
= −2(−2m/s)
3 0.1m
= 13.33333 rad/s c.c.w. =
40
3
rad/s c.c.w.
A partir de este resultado es posible determinar el resto de las incógnitas
vB = vAX + ωABD
a
2
= −2m/s+ 40
3
rad/s
0.1m
2
= −4
3
m/s = 1.3333m/s
vAY = −ωABD
√
3
2
a = −40
3
rad/s
√
3
2
(0.1m) = 1.1547/m/s.
vD = vAY + ωABD 3
√
3
2
a = −ωABD
√
3
2
a+ ωABD 3
√
3
2
a = ωABD
√
3 a =
40
3
rad/s
√
3 (0.1m)
= 2.3094m/s.
Análisis de aceleración del mecanismo.
Aceleración del punto B.
~aB = ~aA + ~αABD × ~rB/A − ωABD2~rB/A
aB î = (0 î+ aAY ĵ) + αABD k̂ ×
(
a
√
3
2
î− a
2
ĵ
)
− ω2ABD
(
a
√
3
2
î− a
2
ĵ
)
21
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
aB = αABD
a
2
− ω2ABD
√
3
2
a
0 = aAY + αABD a
√
3
2
+ ω2ABD
1
2
a
Estas dos ecuaciones tienen tres incógnitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales.
Aceleración del punto D.
~aD = ~aA + ~αABD × ~rD/A − ωABD2~rD/A
aD ĵ = (0 î+ aAY ĵ) + αABD k̂ ×
(
3 a
√
3
2
î− 3 a
2
ĵ
)
− ω2ABD
(
3 a
√
3
2
î− 3 a
2
ĵ
)
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
0 = αABD
3 a
2
− ω2ABD3 a
√
3
2
aD = aAY + αABD 3 a
√
3
2
+ ω2ABD
3 a
2
De la componente X de esta última ecuación, se tiene que
αABD =
√
3ω2ABD = 307.92 rad/s
2 c.c.w.
A partir de este resultado es posible determinar el resto de las incógnitas
aAY = −αABD a
√
3
2
− ω2ABD
1
2
a
y
aD = aAY + αABD 3 a
√
3
2
+ ω2ABD
3 a
2
= −αABD a
√
3
2
− ω2ABD
1
2
a+ αABD 3 a
√
3
2
+ ω2ABD
3 a
2
= αABD a
√
3 + ω2ABD a =
√
3ω2ABD a
√
3 + ω2ABD a
= 4 aω2ABD = 4 (0.1m)(13.33333 rad/s)
2 = 71.11111m/s2.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.3. Los rodillos en los extremos de la barra AB se encuentran restringidos por la ranura
mostrada. Si el rodillo A posee una velocidad dirigida hacia abajo cuya magnitud es de 1.2m/s2 y es
constante por un pequeño intervalo de movimiento, determine la aceleración tangencial del rodillo B
cuando este pasa por la posición más alta de la trayectoria. El valor de R es 0.5m.18
Solución. El objetivo de este problema es encontrar la componente tangencial de la aceleración del
rodillo en B, para esto se realiza es un análisis cinemático del elemento, partiendo de las ecuaciones de
velocidad para obtener el valor de las velocidades angulares y junto con las ecuaciones de aceleración
obtener el valor buscado.
El primer paso consiste en determinar los vectores de posición. Se observa que la componente vertical
del vector de posición entre el punto B y el punto A está dado por el teorema de Pitágoras
rB/Ax =
√(
3R
2
)2
−R2 = R
√
5
2
Por lo tanto, el vector de posición del punto B respecto de A es
~rBA = R î+R
√
5
2
ĵ
18Este es el Problema 5.133. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh
Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
22
Figure 15: Barra con rodillos en los extremos restringidos a moverse en una ranura.
Análisis de velocidad. El enunciado indica que la velocidad del rodillo A en ese instante tiene
direccón vertical, y por las restricciones de movimiento y la posición del rodillo del rodillo B sólo puede
tener velocidad en la dirección horizontal.19
La velocidad del rodillo B está dado por
~vB = ~vA + ~ω × ~rBA
o
vB î = vA ĵ + ω k̂ × (R î+
√
5
2
R ĵ)
Las componentes x y y de esta ecuación son
vB = −ω
√
5
2
R 0 = vA + ωR
Por lo tanto
ω = −vA
R
= −
−1.2 ms
0.5m
= 2.4
rad
s
Análisis de aceleración. Puesto que el rodillo A tiene una velocidad de magnitud constante y su
trayectoria, en esa vecindad es recta, la aceleración en el punto A es igual a cero
~aA = ~0
La aceleración del rodillo o punto B estádada por
~aB = ~aA + ~α × ~rBA− ω2 ~rBA (9)
La componente normal de la aceleración en B está dada —recuerde la ecuación para la aceleración
normal de una part́ıcula— por:
aBn =
vB
2
R
=
(
−ω
√
5
2 R
)2
R
=
5ω2R2
4R
= 3.6
m
s2
Por tanto la aceleración en B se puede expresar como
~aB = aBx î− 3.6
m
s2
ĵ
19Como consequencia el centro de velocidad instantáneo se encuentra a una distancia
√
5
2
R descendiendo verticalmente
desde el rodillo B y una magnitud R a la derecha del rodillo A. Este resultado podŕıa utilizarse para realizar el análisis de
velocidad.
23
Sustituyendo en la ecuación (9), la ~aA, ~aB y ω, se tiene
aBx î− 3.6
m
s2
ĵ = ~0 + α k̂ × (R î+
√
5
2
R ĵ)− (2.4 rad
s2
)2 (R î+
√
5
2
R ĵ)
Las componentes escalares de esta ecuación vectorial son
aBx = −α
√
5
2
R− (2.4 rad
s2
)2R
−3.6 m
s2
= αR− (2.4 rad
s2
)2
√
5
2
R
De la segunda ecuación se tiene que
α =
−3.6 ms2 + (2.4
rad
s2 )
2
√
5
2 R
R
= −0.760124 rad/s2
De la primera ecuación, se tiene que
aBx = −α
√
5
2
R− (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 aceleración 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. La
velocidad angular del engrane A es ωA en sentido horario y el engrane exterior es estacionario. Si la
velocidad angular de la araña BCD debe ser ωA/5 en sentido horario, determine el valor requerido de la
relación b/a (b) la velocidad angular correspondiente de cada engrane planetario.20
Figure 16: Engrane planetario.
Solución. Los vectores de posición necesarios para resolver el problema son
~rP/OA = aĵ ~rOB/OA = (a+ b)ĵ ~rP/OB = −bĵ ~rQ/OB = bĵ
Además se conocen algunas velocidades angulares
~ωA = −ωAk̂ ωBCD = −
ωA
5
k̂ ~ωE = ~0
20Este problema corresponde al Problema 15-49 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: New
York.
24
La clave de la solución es, por una parte, que las velocidades de los puntos P , uno que pertenece al
engrane 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 = (−ωk̂)× (aĵ) = ωAaî
~vP/B = ~ωBCD × ~vOB/OA + ~ωB × ~rP/OB = (−
ωA
5
k̂)× (a+ b)ĵ + ωB k̂ × (−bĵ)
=
ωA
5
(a+ b)̂i+ ωB b̂i
La ecuación escalar que se obtiene de esta ecuación vectorial es
ωA a =
ωA
5
(a+ b) + ωB b (10)
Por otra parte, el resto de la solución es que las velocidades de los puntos Q, uno que pertenece al engrane
planeta 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
5
k̂)× (a+ b)ĵ + ωB k̂ × (bĵ) =
ωA
5
(a+ b)− ωB b
~vQ/E = ~0
La ecuación escalar asociada a esta ecuación vectorial es
0 =
ωA
5
(a+ b)− ωBb (11)
Sumando (10) y (11), se tiene que
��ωAa =
2
5�
�ωA(a+ b) a =
2
5
a+
2
5
b
3
5
a =
2
5
b
b
a
=
3/5
2/5
=
3
2
ωB =
ωA
5
a+ b
b
=
ωa
5
(
a
b
+ 1) =
ωA
5
(
1
3/2
+ 1) =
ωA
5
(
2
3
+ 1) =
ωA
3
~ωB =
1
3
ωAk̂
Problema 4.5 El eje O mueve el brazo OA en sentido horario a una velocidad de 90 r.p.m. alrededor
del punto fijo O. Use el método del centro instantáneo de velocidad para determinar la velocidad de
rotación del engrane B —los dientes de los engranes no se muestran—. a) si el engrane corona D está
fijo y, b) si el engrane corona D rota en sentido antihorario alrededor de O con una velocidad ángular de
80 r.p.m.21
Solución. El problema se resolverá simbólicamente, para en el paso final, resolver los dos incisos
del problema. Pero, no se emplerán centros instantáneos de velocidad. Primeramente se enumerarán los
elementos y puntos de contacto del engrane planetario.
Es importante notar que el brazo OA, eslabón 2, el engrane sol, eslabón 3, y el engrane corona,
eslabón 5, todos tienen movimiento de rotación 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, los
engranes planeta, uno de ellos es el eslabón 4, están 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, y
el punto Q, en el radio de paso del engrane planeta, 4, y el engrane corona, 5. En estos dos puntos no
hay deslizamiento, por lo tanto sus velocidades y componentes tangenciales de la aceleración 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: Enumeración de los eslabones del engrane planetario.
Para la primera ecuación (12), se tiene que
~vP3 = ~ω3 × ~rP/O = ω3k̂ ×
a
2
î =
1
2
ω3aĵ
~vP4 = ~vA4 + ~ω4 × ~rP/A = ~ω2 × ~rA/O + ~ω4 × ~rP/A = ω2k̂ × aî+ ω4k̂ ×
−a
2
î =
(
ω2 −
1
2
ω4
)
aĵ
Por lo tanto, la ecuación (12), se reduce a
1
2
ω3aĵ = ~vP3 = ~vP4 =
(
ω2 −
1
2
ω4
)
aĵ o
1
2
ω3 = ω2 −
1
2
ω4 (14)
Para la segunda ecuación (13), se tiene que
~vQ4 = ~vA4 + ~ω4 × ~rQ/A = ~ω2 × ~rA/O + ~ω4 × ~rQ/A = ω2k̂ × aî+ ω4k̂ ×
a
2
î =
(
ω2 +
1
2
ω4
)
a ĵ
~vQ5 = ~ω5 × ~rQ/O = ω5k̂ ×
3a
2
î =
3
2
ω5aĵ
26
Por lo tanto, la ecuación (13), se reduce a(
ω2 +
1
2
ω4
)
a ĵ = ~vQ4 = ~vQ5 =
3
2
ω5aĵ o ω2 +
1
2
ω4 =
3
2
ω5 (15)
El análisis teórico conduce a la solución de un sistema de dos ecuaciones escalares (14) y (15) que en
su forma más simple son
ω3 = 2ω2 − ω4 2ω2 + ω4 = 3ω5
Las incógnitas en este sistema de ecuaciones son ω3 y ω4. Para tal f́ın, las ecuaciones se escriben como
ω3 + ω4 = 2ω2
ω4 = −2ω2 + 3ω5
Por lo tanto, la solución del sistema es
ω4 = −2ω2 + 3ω5 ω3 = 4ω2 − 3ω5
Ahora se resolverán 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 rotación es en sentido antihorario y el signo negativo indica
que el giro de la rotación es en sentido horario.
Problema 4.6 Para el engrane mostrado, derive una expresión para la velocidad angular ωC y
muestre que ωC es independiente del radio del engrane B. Suponga que el punto A está fijo y denote las
velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y ωA respectivemte.
22
Solución: Este es un problema interesante pues muestra uno de los errores frecuentes que incurren
diferentes libros de texto en Dinámica. Debe notarse que los autores del libro al cual pertenece este
problema usan la misma letra para identificar en punto y un eslabón o cuerpo ŕıgido, “...Suponga que
el punto A está fijo y denote las velocidades angulares de la barra ABC y el engrane A por ωABC y
ωA respectivemte...” Para evitar esta confusión se denotarán los eslabones con número y los puntos con
letras. En particular, el eslabón fijo, que no se muestra, se denominará 1, el engrane sol, 2, la barra que
conecta los engranes, 3, el engrane planetario intermedio, 4 y el engrane planetario exterior 5. Por otro
lado, el punto A yace en los ejes de rotación del engrane 2 y la barra conectora 3, pero sus velocidades
angulares pueden ser y son diferentes, el punto B yace en el eje de rotación del engrane planetario 4 y
el punto C yace en el eje de rotación del engrane planetario 5. Además, debe notarse que el engrane
sol, 2 y la barra conectora 3,están sujetos a rotación alrededor de un eje fijo, mientras que los engranes
planetarios 4 y 5 están sujetos a movimiento plano general.
La solución consiste en analizar dos parejas de puntos, los puntos P2 y P4 que son coindentes en el
radio de paso de los engranes 2 y 4 y los puntos Q4 y Q5 que son coindentes en el radio de paso de
los engranes 2 y 5, cada uno de los puntos de estas parejas tienen la misma velocidad. Además, para
simplificar los cálculos, se supondrá que el eje X pasa por el punto A y es paralelo a la linea que une los
puntos A, B y C. Por lo tanto, los vectores de posición rqueridos son
~rB/A = (rA+rB) î ~rC/A = (rA+2 rB+rC) î ~rP/B = −rB î ~rP/A = rA î ~rQ/B = rB î ~rQ/C = −rC î
22Este 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 k̂ × rA î = ω2 rA ĵ
~vP4 = ~vB3 + ~ω4 × ~rP/B = ~ω3 × ~rB/A + ~ω4 × ~rP/B = ω3 k̂ × (rA + rB) î+ ω4 k̂ ×−rB î
= [ω3 (rA + rB)− ω4 rB ] ĵ
Igualando estas ecuaciones se tiene que
ω2 rA = ω3 (rA + rB)− ω4 rB
De manera semejante
~vQ4 = ~vB3 + ~ω4 × ~rQ/B = ω3 k̂ × (rA + rB) î+ ω4 k̂ × rB î = [ω3 (rA + rB) + ω4 rB ] ĵ
~vQ5 = ~vC3 + ~ω5 × ~rQ/C = ω3 k̂ × (rA + 2 rB + rC) î+ ω5 k̂ × (−rC î)
= ω3 (rA + 2 rB + rC) ĵ − ω5 rB ĵ = [ω3 (rA + 2 rB + rC)− ω5 rC ] ĵ
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 últimas 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
rA
rC
+ ω3
(
1− rA
rC
)
(16)
La velocidad angular del engrane planetario 5 es independiente de rB y está dada por la ecuación (16). El
resultado del libro no incluye ω2, quizás por que el autor interpretó incorrectamente que si “... el punto
A está 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 hacia
la “izquierda”, en sentido contrario a las manecillas del reloj, de tal manera que su centro D tiene
una velocidad de 45 pulgadas/segundo y rueda sin deslizar. Si la distancia AD es de 2.5 pulgadas,
determine la velocidad del collaŕın y la velocidad angular de la varilla AB cuando a) β = 0◦, b) β = 90◦.23
Figure 20: Mecanismo con disco rodando.
Solución: Aqúı resolveremos exclusivamente el inciso a). Si se denomina P el punto de la rueda que
está 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 posición están dados por
~rD/P = 4pulg. ĵ ~rA/D = −2.5pulg. ĵ ~rB/A = 10.677pulg. î+ 6.5 pulg.ĵ.
Es importante señalar que el movimiento de rodadura entre dos cuerpos es un caso particular de
movimiento plano general. Si la rodadura entre dos cuerpos es sin deslizamiento, las velocidades de los
dos 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 aceleración. En el caso particular de
un disco que rueda sin deslizar sobre un plano, se tiene que el desplazamiento, s, del punto D, que es el
centro del disco, y el ángulo de rotación del disco, θ, están relacionados por
s = r θ
donde r es el radio del disco y los sentidos del desplazamiento y del ángulo de rotación son “congruentes”.
Derivando con respecto al tiempo esta expresion, puesto que r es constante, se tiene que
| ~vD |= r ω
donde ω = θ̇ es la velocidad angular del disco. De manera similar, una segunda derivación conduce a —el
punto D se mueve a lo largo de una ĺınea recta, de manera que no tiene aceleración normal—.
| ~aD |= r α
donde α = ω̇ = θ̈. Es importante indicar que las direcciones de la velocidad y la aceleración están
relacionadas con las direcciones de la velocidad angular y la aceleración angular respectivamente.
De acuerdo a la definición del movimiento de rodadura sin deslizamiento, se tiene que
~vP/disco = ~0.
Por lo tanto
~vD/disco = ~vP/disco + ~ω × ~rD/P
−45 pulg.
s.
î = ~0 + ω k̂ × 4 pulg. ĵ = −4ω pulg. î.
23Este es el Problema 15.70 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
29
Por lo tanto
ω =
−45 pulg.s.
−4 pulg.
= 11.25
rad.
s.
y ~ω = 11.25
rad.
s.
k̂.
Ahora determinaremos la velocidad del punto A,
~vA/disco = ~vD/disco + ~ω × ~rA/D = −45
pulg.
s.
î+
(
11.25
rad.
s.
k̂
)
×
(
−2.5 pulg. ĵ
)
= −16.875 pulg.
s.
î
Además
~vA/disco = ~vA/AB
Estamos ahora en posición para obtener la velocidad del collaŕın B y la velocidad angular de la barra
AB. Debe notarse que
~vB/AB = ~vB/collar
~vA/AB + ~ωAB × ~rB/A = vB î
−16.875 pulg.
s.
î+
(
ωAB k̂
)
×
(
10.677pulg. î+ 6.5 pulg.ĵ
)
= vB î
Las ecuaciones escalares que resultan de la ecuación vectorial son
−16.875 pulg.
s.
− ωAB 6.5 pulg. = vB ,
y
0 + ωAB 10.677pulg. = 0.
Por lo tanto
ωAB = 0 y vB = −16.875
pulg.
s.
o en términos vectoriales
~ω = ~0 y ~vB = −16.875
pulg.
s.
î.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.8 Una viga de acero de 10ft, mostrada en la figura 21, se baja mediante dos cables que
se enrollan a la misma velocidad desde una grua viajera, vea la figura 21. Cuando la viga se aproxima al
piso, los operadores de la grua aplican frenos para disminuir la velocidad de desenrollado. En el instante
considerado la desaceleración del cable unido al punto A es 12ft/s2, mientras que el del cable B es 5ft/s2.
Determine la aceleración angular de la viga (b) la aceleración del punto C. 24
Figure 21: Barra manipulada mediante dos cables.
Solución: Debe notarse que el problema supone que en el instante considerado la velocidad de
desenrollado de ambos cables es igual por lo tanto
~vA = ~vB
24Este 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 ecuación
~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A = ~vA + (ωk̂)× (9[ft]̂i) = ~vA + 9ω[ft]ĵ
se tiene que
0 = 9ωft⇒ ω = 0
La velocidad angular de la barra en ese instante es igual a cero.
~aA = 12ft/s2ĵ ~aB = 5ft/s2ĵ
y
~aB = ~aA + ~α× ~rB/A − ω2~rB/A
Sustituting the numeric values of the variables
5ft/s2ĵ = 12ft/s2ĵ + (αk̂)× (9[ft]̂i)− 02(9[ft]̂i)
o
5ft/s2 = 12ft/s2 + 9α[ft] α =
5ft/s2 − 12ft/s2
9ft
= −7
9
rad/s2
Finalmente
~α = −7
9
ft/s2k̂
~aC = ~aA + ~α× ~rC/A −���
�:0
ω2~rC/A
o
~aC = 12ft/s2ĵ + (−
7
9
rad/s2k̂)× (10[ft]̂i) = 4.222222ft/s2ĵ
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.9 Dos barras AB y DE se conectan como se muestran en la Figura 22. Sabiendo que
el punto B se mueve hacia abajo con una velocidad de 60 in/s, determine (a) la velocidad angular de
cada barra, (b) la velocidad del punto E.25 Nota importante: El problema debe resolverse por medio de
centros instantáneos de velocidad.
Figure 22: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.
Solución. Puesto que la velocidad del punto B es vertical, el centro instantáneo de la barra 2 yace
sobre una ĺınea 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 instantáneo de la barra 2 yace sobre una ĺınea vertical que pasa por el punto
A. La intersección de esas dos ĺıneas es el punto O2. De la Figura 22, se tiene que
~rB/O2 = 30 in î ~vB = −60 in/s ĵ
Además, puesto quela velocidad del centro instantaneo O es cero, se tiene que
~vB = ~vO2 + ~ω2 × ~rB/O2 = ~ω2 × ~rB/O2
Por lo tanto
−60 in/s ĵ = ω2 k̂ × 50 in î = 30 in ω2 ĵ ω2 =
−60 in/s
30 in
= −2 rad/s
Además es posible calcular la velocidad del punto D, pues
~rD/O2 = 15 in î− 8 in ĵ
por lo tanto
~vD3 = ~vD2 = ~vO2 + ~ω2 × ~rD/O2 = ~ω2 × ~rD/O =
(
−2 rad/s k̂
)
×
(
15 in î− 8 in ĵ
)
= −16 in/s î− 30 in/s ĵ
En cuanto a la localización del centro instantáneo de la barra 3, se tiene que: La velocidad del punto
E es horizontal de manera que el centro instantáneo del eslabón O3 está localizado en una ĺınea vertical
que pasa por el punto E. Por otro lado, el centro instantáneo O3 estará localizado en una ĺınea que pasa
por D y es perpendicular a ~vD3 = ~vD2 y por lo tanto paralelo al vector de posición ~rD/O2 . Entonces se
tiene que
~rD/F = −15 in î+ 8 in ĵ y ~rO3/F = −9 in î+
8
15
9 in ĵ = −9 in î+ 24
5
inĵ
Por lo tanto
~rD/O3 = ~rD/F − ~rO3/F = −6 in î+
16
5
inĵ
y
−16 in/s î− 30 in/s ĵ = ~vD3 = ~vO3 + ~ω3 × ~rD/O3 = ω3 k̂ ×
(
−6 in î+ 16
5
inĵ
)
= −16
5
in ω3 î− 6 in ω3 ĵ
De esta ecuación vectorial, se tienen dos ecuaciones escalares
−16 in/s = −16
5
in ω3 y − 30 in/s = −6 in ω3
Las ecuaciones son consistentes y tienen como solución común
ω3 = 5 rad/s y ~ω3 = 5 rad/s k̂
Finalmente, la velocidad del punto E estará dada por
~vE3 = ~vO3 + ~ω3 × ~rE/O3 = ~ω3 × ~rE/O3 =
(
5 rad/s k̂
)
×
(
−24
5
inĵ
)
= 24 in/s î.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.10 En la posición mostrada en la figura 23, la barra AB tiene cero aceleración angular y
una velocidad angular de 20 rad/s en sentido antihorario. Determine (a) la velocidad angular del miembro
BDH, (b) la velocidad del punto H. Adicionalmente encuentre, (c) la aceleración angular del miembro
BDH y (d) la aceleración del punto H.26
26Este problema corresponde, con alguna modificación, al problema 15.69 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics
and Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
32
Figure 23: Mecanismo plano de cuatro barras.
Solución. Primeramente se numerarán los eslabones de la siguiente forma. El eslabón fijo 1, el
eslabón motriz, AB, 2, el eslabón acoplador, BDH, 3 y el eslabón seguidor, ED, 4. A continuación se
determinarán los vectores de posición necesarios para la solución del problema.
~rB/A = 3 in î− 4 in ĵ ~rD/B = 10 in î ~rD/E = −3 in î− 4 in ĵ ~rH/B = 10 in î− 10 in ĵ
Por otro lado, se sabe que la velocidad y aceleración angular del eslabón motriz, AB, están dadas por
~ω2 = 20 rad/s
2 k̂ ~α2 = ~0.
Análisis de Velocidad. Primero se determinará la velocidad del punto B del eslabón 2 —debe
notarse que las velocidades de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 son
iguales.
~vB2 = ~vB3 = ~ω2 × ~rB/A = (20 rad/s k̂)× (3 in î− 4 in ĵ) = 80 in/s î+ 60 ∈ /s ĵ.
El análisis de velocidad termina notando que las velocidades de los puntos coincidentes D como parte de
3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto
~vD3 = ~vB3 + ~ω3 × ~rD/B = ~ω4 × ~rD/E = ~vD4
De aqúı que
(80 in/s î+ 60 in/s ĵ) + ω3 k̂ × (10 in î) = ω4 k̂ × (−3 in î− 4 in ĵ)
Esta ecuación 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 solución de este sistema de ecuaciones está dado por
ω4 = 20 rad/s ω3 = −12 rad/s
Por lo tanto
~ω3 = −12 rad/s k̂ ~ω4 = 20 rad/s k̂
Por último, falta determinar la velocidad del punto H, que también forma parte del eslabón 3. Por
lo tanto, se tiene que
~vH3 = ~vB3 + ~ω3 × ~rH/B = 80 in/s î+ 60in/s ĵ + (−12 rad/s k̂)× (10 in î− 10 in ĵ)
~vH3 = (80 in/s+ 120 in/s) î+ (120 in/s) î = −40 in/s î− 60 in/s ĵ
33
Este vector ~vH3, tiene una magnitud igual a
| ~vH3 |=
√
(−40 in/s)2 + (−60 in/s)2 = 72.111 in/s
y su ángulo respecto al semieje positivo X está dado por
θH = tan
−1−60 in/s
−40 in/s
= −123.69◦
Análisis de Aceleración. Primero se determinará la aceleración del punto B del eslabón 2 —debe
notarse que las aceleraciones de los puntos coincidentes B como parte de 2 y B como parte de 3 son
iguales.
~aB2 = ~aB3 = ~α2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −(20 rad/s)2 (3 in î− 4 in ĵ) = −1200 in/s2 î+ 1600 in/s2 ĵ.
El análisis de aceleración termina notando que las aceleraciones de los puntos coincidentes D como parte
de 3 y D como parte de 4 son iguales. Por lo tanto
~aD3 = ~aB3 + ~α3 × ~rD/B − ω23 ~rD/B = ~α4 × ~rD/E − ω24~rD/E = ~aD4
De aqúı que
(−1200 in/s2 î+ 1600in/s2 ĵ) + α3 k̂ × (10 in î)− (−12 rad/s)2 (10 in î) =
α4 k̂ × (−3 in î− 4 in ĵ)− (−20 rad/s)2 (−3 in î− 4 in ĵ)
Esta ecuación 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 solución de este sistema de ecuaciones está dado por
α4 = −960 rad/s2 α3 = 288 rad/s2
Por lo tanto
~α3 = 288 rad/s
2 k̂ ~ω4 = −960 rad/s2 k̂
Por último, falta determinar la aceleración del punto H, que también forma parte del eslabón 3. Por
lo tanto, se tiene que
~aH3 = ~aB3 + ~α3 × ~rH/B − ω23 × ~rH/B
= −1200 in/s2 î+ 1600 in/s2 ĵ + (288 rad/s2 k̂)× (10 in î− 10 in ĵ)− (−12 rad/s)2 (10 in î− 10 in ĵ)
~aH3 = 240 in/s
2 î+ 5920 in/s2 ĵ
Este vector ~aH3, tiene una magnitud igual a
| ~aH3 |=
√
(240 in/s2)2 + (5920 in/s2)2 = 5924.8628 in/s2
y su ángulo respecto al semieje positivo X está dado por
θH = tan
−1 5920 in/s
2
240 in/s2
= 87.6784◦
Problema 4.11 Sabiendo que en el instante mostrado la barra AB tiene una velocidad angular
constante de 4 rad/s en sentido horario, determine la aceleración angular (a) de la barra BD, (b) de la
barra DE.27
Solución: La figura 24 muestra el mecanismo con los eslabones o barras numeradas. Los vectores de
posición necesarios para resolver el problema son
~rB/A = −4 a î− 8 a ĵ ~rD/B = 8 a î ~rD/E = 4 a î− 5 a ĵ
27Este problema corresponde a los problemas 15.133 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics
Beer, 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 k̂ ~α2 = ~0 ~ω3 = ω3 k̂ ~α3 = α3 k̂ ~ω4 = ω4 k̂ ~α4 = α4 k̂
donde ω2 = −4 rad/s
Análisis de velocidad. Para el análisis de velocidad, se iniciará determinando la velocidad del punto
A, dada por
~vB3 = ~vB2 = ~ω2 × ~rB/A = ω2 k̂ × (−4 a î− 8 a ĵ) = 8 aω2 î− 4 aω2 ĵ
El análisis de velocidad finaliza notando que ~vD3 = ~vD4, por lo tanto
~vD3 = ~vB3 + ~ω3 × ~rD/B = (8 aω2 î− 4 aω2 ĵ) + ω3 k̂ × 8 a î = 8 aω2 î+ (−4 aω2 + ω3 8 a)ĵ
~vD4 = ~ω4 × ~rD/E = ω4 k̂ × (4 a î− 5 a ĵ) = 5ω4 aî+ 4ω4 aĵ
Igualando estas ecuaciones se obtiene que
8 aω2 = 5ω4 a − 4 aω2 + ω3 8 a = 4ω4 a
La solución de este sistema está dado por
ω4 =
8
5
ω2 = −6.4 rad/s ω3 =
1
2
(ω2 + ω4) =
13
10
ω2 = −5.2 rad/s.
Análisis de aceleración. Para el análisis de aceleración, se iniciará determinando la aceleración del
punto A, dada por
~aB3 = ~aB2 = ~α2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −ω22 × (−4 a î− 8 a ĵ) = 4 aω22 î+ 8 aω22 ĵ
El análisis de aceleración finaliza notando que ~aD3 = ~aD4, por lo tanto
~aD3 = ~aB3 + ~α3 × ~rD/B − ω23 ~rD/B = 4 aω22 î+ 8 aω22 ĵ + α3 k̂ × 8 a î−
(
13
10
ω2
)2
8 a î
= 4ω22 a
(
1− 169
50
)
î+ 8 a
(
ω22 + α3
)
ĵ = 4ω22 a
119
50
î+ 8 a
(
ω22 + α3
)
ĵ
~aD4 = ~α4 × ~rD/E − ω24 ~rD/E = α4 k̂ × (4 a î− 5 a ĵ)−
(
8
5
ω2
)2
(4 a î− 5 a ĵ)
=
(
5 aα4 −
256
25
aω22
)
î+ 4 a
(
α4 +
16
5
ω22
)
ĵ
Igualando estas ecuaciones se obtiene que
−4ω22 a
119
50
= 5 aα4 −
256
25
aω22 8 a
(
ω22 + α3
)
= 4 a
(
α4 +
16
5
ω22
)
35
De la primera ecuación, se tiene que
5 aα4 = ω
2
2 a
(
−4 119
50
+
256
25
)
α4 = ω
2
2
−238 + 256
125
= ω22
18
125
= 2.304 rad/s2.
De la segunda ecuación, se tiene que
2ω22 +2α3 = ω
2
2
18125
+
16
5
ω22 2α3 = ω
2
2
18 + 400− 250
125
= ω22
168
125
α3 =
84
125
ω22 = 10.752 rad/s
Problema 4.12 Un tambor de 3′′ de radio, mostrado en la efigura 25, está rigidamente unida a un
tambor de 5′′ de radio como muestra la figura 25. El tambor A rueda sin deslizar sobre la superfcie
mostrada y una cuerda ésta enrollada alrededor del otro tambor. Sabiendo que en el instante mostrado
el extremo D de la cuerda tiene una velocidad de 8pul/s y una aceleración de 30pul/s2, ambas dirigiendose
a la izquierda, determine las aceleraciónes de los puntos A, B y C de los tambores.28
Figure 25: Tambor sobre riel.
Los datos del problema están dados por
~aD = −30in/s2î = ~aTB y ~vD = −8in/ŝi = ~vB
Puesto que el tambor rueda sin deslizar sobre la varilla, se tiene que
~vA = ~0 ~aTA = ~0⇒ ~aA = aĵ
Por lo tanto, la ecuación que permite escribir la velocidad de B en términos de la velocidad de A, está
dada por
~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A
Numéricamente
−8in/ŝi = ~0 + (ωk̂)× (−2inĵ)
Por lo tanto
~ω = −4rad/sk̂
De manera semejante, la ecuación que permite escribir la aceleración de B en términos de la aceleración
de A, está dada por
~aB = ~aA + ~α× ~rB/A − ω2~rB/A
Numéricamente
−30in/s2î+ aBy ĵ = aAy ĵ + (αk̂)× (−2inĵ)− (−4rad/s)2(−2inĵ)
−30in/s2 = 2αin aBy = aAy + 32in/s2
Por lo tanto
α = 15rad/s2 ~α = −15rad/s2k̂
28Este problema corresponde a los problemas 15.116 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics
Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
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
aGx î = aAy ĵ + (−15rad/s2k̂)× (3inĵ)− (−4rad/s)2(3inĵ)
aGx = 45in/s
2 0 = aAy − 48in/s2 aAy = 48in/s2
Finalmente
~aA = 48in/s2ĵ
De manera semejante
aBy = aAy + 32in/s
2 = 80in/s2
De manera que la aceleración del punto B está dada por
~aB = −30in/s2î+ 80in/s2ĵ o aB = 85.44in/s2 θ = 180− 69.44◦
Igualmente
~aG = ~aA + ~α× ~rG/A − ω2~rG/A ~rG/A = 5̂i+ 3ĵ[in]
o
~aG = 48ĵ + (−15k̂)× (5̂i+ 3ĵ)− (−4)2(5̂i+ 3ĵ)[
in
s2
]
y
~aG = î(+45− 80)in/s2 + ĵ(48− 75− 48)in/s2
Finalmente
~aG = −35in/s2î− 75in/s2 = 82.764in/s2 θ = 180 + 64.98◦
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 4.13 Determine una expresión general para la aceleración del pistón C como una función
de L, R, θ, ωAB = θ̇, y αAB = θ̈.
29
Figure 26: Mecanismo manivela biela corredera.
Solución. Los vectores de posición del punto B respecto del punto A y del punto C respecto del
punto B están dados por
~rB/A = RC θ î+RS θ ĵ ~rC/B = −RC θ î+
√
L2 −R2 C2θ ĵ
La velocidad y aceleración angular de la manivela y de la biela están dadas por
~ω2 = θ̇ k̂ ~α2 = θ̈ k̂ ~ω3 = ω3 k̂ ~α3 = α3 k̂
29Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo and
Plesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.
37
1. Análisis de Velocidad. La velocidad del punto B está dado por
~vB = ~ω2 × ~rB/A = θ̇ k̂ ×
(
RC θ î+RS θ ĵ
)
= −RS θ θ̇ î+RC θ θ̇ ĵ
La solución del análisis de aceleración se obtiene igualando dos expresiones equivalentes de la ve-
locidad del punto C
~vC = ~vC + ~ω3 × ~rC/B =
(
−RS θ θ̇ î+RC θ θ̇ ĵ
)
+ ω3 k̂ ×
(
−RC θ î+
√
L2 −R2 C2θ ĵ
)
=
(
−RS θ θ̇ − ω3
√
L2 −R2 C2θ
)
î+
(
RC θ θ̇ − ω3RC θ
)
ĵ
y
~vC = vC ĵ
Igualando estas ecuaciones, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones
−RS θ θ̇ − ω3
√
L2 −R2 C2θ = 0 RC θ θ̇ − ω3RC θ = vC
La solución de este sistema de ecuaciones está dada por
ω3 = −
RS θ θ̇√
L2 −R2 C2θ
vC = R θ̇ C θ
[
1 +
RS θ√
L2 −R2 C2θ
]
5 Problemas de movimiento de cuerpos ŕıgidos analizados en
términos de un parámetro.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos ŕıgidos sujetos, usualmente
a movimiento plano general. En estos problemas, el movimiento del cuerpo ŕıgido se estudia encontrando
ecuaciones en términos de un parámetro y la derivación de esas ecuaciones respecto al tiempo, permite
determinar las velocidades y aceleraciones de los cuerpos o de los puntos que pertenecen a esos cuerpos.
Problema 5.1 La placa OAB forma un triángulo equilátero el cual rota en sentido contrario a las
manecillas del reloj, con velocidad angular creciente, alrededor de un eje perpendicular al plano del
papel y que pasa por el punto O. Si las componentes normal y tangencial de la aceleración del cen-
troide C en un cierto instante son 80m/s2 y 30m/s2,respectivamente. Determine los valores de θ̇ y θ̈
en ese mismo instante. El ángulo θ es el angulo entre la ĺınea 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, Jonh
Wiley and Sons, Inc.: New York.
38
Solución. Este problema se resolverá analizando el movimiento en términos de un parámetro e
involucra un análisis geométrico de la placa OAB. La placa OAB es equilátera de manera que el ángulo
< BAO = 60◦, por lo tanto el ángulo suplementario es igual a 120◦. Del análisis del triángulo cuyos
vértices son los puntos A y O y el ángulo opuesto es θ, y denominando δ el ángulo entre la horizontal y
la ĺınea OA, se tiene que
180◦ = −120◦ + θ + δ
Por lo tanto
δ + θ = 60◦ θ = 60◦ − δ
Derivando repetidamente, se tiene que
θ̇ = −δ̇ y θ̈ = −δ̈
Ahora, es necesario determinar la distancia OC = r. Del triángulo AOC y empleando la ley de
cosenos se obtiene
a2 = r2 + r2 − 2 r r cos φ = 2 r2 − 2 r2 cos φ = 2 r2(1− cos φ)
donde el ángulo φ
φ = 180◦ − 2 (30◦) = 120◦
Despejando r de la ecuación anterior
r =
a√
2(1− cos φ)
=
150√
2[1− (−0.5)]
=
a√
3
= 86.6mm = 0.0866m
La aceleración tangencial está dada por
at = αr Por lo tanto α =
at
r
=
30m/s2
0.0866m
= 346.42 rad/s2
Puesto que la velocidad angular es creciente, se tiene que
δ̈ = −α = −346.42 rad/s2
Finalmente
θ̈ = −δ̈ = α = 346.42 rad/s2
De la aceleración normal se tiene que
an = ω
2 r
por lo tanto
ω =
√
an
r
=
√
80m/s2
0.0866m
= 30.39 rad/s
Puesto que la rotación es en sentido antihorario se tiene que
δ̇ = −ω = −30.39 rad/s
Por lo que
θ̇ = −δ̇ = 30.39 rad/s
Con esta ecuación finaliza la solución del problema.
Problema 5.2 El cilindro hidraúlico fijo C transmite una velocidad v hacia arriba al collar B, que
se desliza libremente en la barra OA. Determine la velocidad ángular resultante ω de OA en términos de
v, el desplazamiento s del punto B y la distancia d.31
Solución. Este problema se resolverá expresando el movimiento en términos de un parámetro. Para
lo cual, debemos buscar una función trigonométrica que relacione la distancia que sale del pistón s con
la distancia del mismo al eje fijo de rotación d en función del ángulo, θ, que forma éste con la barra OA.
En este caso, la relación es bastante obvia y está dada por
31Este es el Problema 5.29 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, John
Wiley and Sons, Inc: New York.
39
Figure 28: Problema 5− 29 del libro de Meriam.
tanθ =
s
d
s = d tanθ (17)
La ecuación (17) es la que se busca y el parámetro es la distancia s. Ahora se derivará el desplazamiento
s 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 ángulo con respecto del tiempo para encontrar la velocidad ángular de la
barra OB
ωOA =
dθ
dt
=
(v)(cos2θ)
d
(18)
La ecuación (17) resuelve el problema. Debe notarse que si el ángulo θ crece la velocidad angular es en
sentido antihorario.
Ahora, determinaremos además la aceleración angular de la barra OA.
Analizando la figura y aplicando un poco de trigonometŕıa, se sabe que
cosθ =
d√
s2 + d2
Sustituyendo esta ecuación en la ecuación (18) se obtiene la ecuación
ωOA =
v
d
(
d√
s2 + d2
)2
=
v d
s2 + d2
(19)
Ahora se procederá a encontrar la aceleración ángular de la barraOA derivando la velocidad ángular
encontrada en la ecuación (18), se supondrá además que la velocidad de variación de la velocidad v está
dada por
a ≡ d v
d t
Aśı pues, se obtiene que
αOA =
d (ωOA)
dt
=
d
dt
(
v d
s2 + d2
)
Realizando la derivada, se tiene que
αOA =
(dvdt d)(s
2 + 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 aceleración se obtiene
αOA =
(ad)(s2 + d2)− (2sv)(vd)
(s2 + d2)2
(20)
La ecuación (20) permite determinar la aceleración de la barra OA. Además, si la velocidad angular ωOA
crece la aceleración angular es en sentido antihorario. Con este último resultado finaliza la solución del
problema.
Problema 5.3 La barra AB, vea la figura 29 se mueve sobre una pequeña rueda en el punto C
mientras que A se mueve a la derecha con una velocidad constante vA. Usando el método de descripción
del movimiento en términos de un parámetro derive expresiones para la velocidad y aceleración angular
de la barra. Derive expresiones para las componentes horizontales y verticales de la velocidad del punto
B.32
Figure 29: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.
Solución. El eslabón fijo se denominará 1, la barra ACB se denominará el eslabón 2 y el rodillo se
denominará el eslabón 3. De la figura 29, se tiene que
tan θ =
b
xA
, (21)
Derivando la expresión (21), respecto al tiempo, y notando que mientras que b es una constante, θ y xA
son variables, se tiene que
sec2 θ
d θ
d t
= b
(
−x−2A
d xA
d t
)
= − b
x2A
d xA
d t
Finalmente, debe notarse que la velocidad angular de la barra AB está dada por
ω ≡ d θ
d t
Además, si la velocidad del punto A es hacia la derecha, entonces
d xA
d t
= −vA
pues la coordenada xA disminuye su valor algebraico. Por lo tanto
ω = − b
x2A
Cos2 θ (−vA) =
b vA
x2A
Cos2 θ (22)
32Este problema corresponde a los problemas 15.141 y 15.142 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and
Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
41
Si se desea evitar la presencia del ángulo θ, recordando que
Cos θ =
xA
(x2A + b
2)
1/2
Sen θ =
b
(x2A + b
2)
1/2
se tiene que
ω =
b vA
x2A + b
2
(23)
Esta forma de la ecuación es mejor pues sólo una variable aparece en la misma.
Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuación (23), y notando que vA es constante por
la definición del problema, se tiene que
α ≡ dω
d t
= b vA
[
−
(
x2A + b
2
)−2
2xA
d xA
d t
]
=
2 b v2A xA
(x2A + b
2)
2 (24)
Si la persona paso por alto esta última reducción, aún aśı es posible obtener el mismo resultado.
Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuación (22), y notando que vA es constante por la
definición del problema, se tiene que
α ≡ dω
d t
= b vA
[(
−2x−3A
d xA
d t
)
Cos2 θ + x−2A 2Cos θ
(
−Sen θ d θ
d t
)]
=
2 b v2A Cos
2 θ
x3A
− 2 b vA Cos θ Sen θ
x2A
ω =
2 b v2A Cos
2 θ
x3A
− 2 b
2 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 b
2 v2A Cos
3 θ Sen θ
x4A
=
2 b v2A
x3A
x2A
x2A + b
2
− 2 b
2 v2A
x4A
x3A
(x2A + b
2)
3/2
b
(x2A + b
2)
1/2
=
2 b v2A
xA (x2A + b
2)
− 2 b
3 v2A
xA (x2A + b
2)
2 = 2 b v
2
A
x2A + b
2 − b2
xA (x2A + b
2)
2 =
2 b v2A xA
(x2A + b
2)
2 (26)
Comprobando el resultado.
Las componentes horizontales y verticales de la posición del punto B, con referencia al punto O están
dadas por
xB = −xA + l Cos θ y yB = l Sen θ (27)
Derivando las ecuaciones (27) respecto al tiempo se tiene que
vBx ≡
d xB
d t
= −d xA
d t
− l Sen θ d θ
d t
= −vA − l Sen θ ω = vA − l Sen θ
b vA
x2A + b
2
= vA − l
b
(x2A + b
2)
1/2
b vA
x2A + b
2
= vA −
l b2 vA
(x2A + b
2)
3/2
(28)
vBy ≡
d yB
d t
= l Cos θ
d θ
d t
= l
xA
(x2A + b
2)
1/2
ω = l
xA
(x2A + b
2)
1/2
b vA
x2A + b
2
=
l b xA vA
(x2A + b
2)
3/2
(29)
Ahora se resolverá el mismo problema empleando métodos vectoriales. La clave de la solución es que
en el punto C existe deslizamiento, pero para mantener contacto y dada la suposición de cuerpo ŕıgido,
una condición necesaria es que la componente de la velocidad de C como parte del eslabón 2 a lo largo
de la normal común debe ser cero.
~vC2n̂ = ~vC3n̂ = ~0. (30)
El vector de posición del punto C con respecto al punto A, es igual a
~rC/A = xA î+ b ĵ
De manera que
~vC = ~vA + ~ω2 × ~rC/A = vA î+ ω2 k̂ ×
(
xA î+ b ĵ
)
= (vA − ω2 b) î+ (ω2 xA) ĵ
42
Un vector unitario a lo largo de la normal común, en el punto C, está dado por
n̂ = −sen θ î+ cos θ ĵ
De manera que la condición dada por la ecuación (30) conduce a
0 = n̂ · ~vC =
(
−sen θ î+ cos θ ĵ
)
·
[
(vA − ω2 b) î+ (ω2 xA) ĵ
]
= −sen θ (vA − ω2 b) + cos θ (ω2 xA)
Sin embargo, de la figura, se tiene que
sen θ =
b√
x2A + b
2
cos θ =
xA√
x2A + b
2
de manera que, la condición se reduce a
0 = − b√
x2A + b
2
(vA − ω2 b) +
xA√
x2A + b
2
ω2 xA
o
b vA√
x2A + b
2
= ω2
(
b2√
x2A + b
2
+
x2A√
x2A + b
2
)
o ω2 =
b vA
x2A + b
2
También se calculará la componente de velocidad a lo largo de la tangente común, suponiendo que el
rodillo 3 no tiene movimiento alguno. El vector unitario tangente está dado por
t̂ = cos θ î+ sen θ ĵ
de manera que
~vC2t̂ = t̂ · ~vC =
(
cos θ î+ sen θ ĵ
)
·
[
(vA − ω2 b) î+ (ω2 xA) ĵ
]
= 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 del
punto C como parte de la barra ACB, eslabón 2, está dada por
~vC2t̂ = vA
xA√
x2A + b
2
+
b vA
x2A + b
2
(
−b xA√
x2A + b
2
+ xA
b√
x2A + b
2
)
=
vA xA√
x2A + b
2
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 5.4 El disco motriz del mecanismo de yugo escoces, mostrado en la figura 30, tiene una
velocidad angular ω y una aceleración angular α, ambos en sentido antihorario. Usando el método de la
sección 15.9, derive expresiones para la velocidad y aceleración del punto B.33
El vector de posición del punto B, está dado por
~rB = (b sin θ + c)ĵ
Derivando el vector de posición respecto al tiempo, y notando que θ es una variable, se tiene que
~vB =
d~rB
dt
= b cos θ
dθ
dt
ĵ = bθ̇ cos θĵ θ̇ = ω
Derivando nuevamente la ecuación de la velocidad respecto al tiempo, se tiene que
~aB =
d~vB
dt
=
d
dt
[bθ̇ cos θĵ] = (bθ̈ cos θ − bθ̇2 sin θ)ĵ
donde
θ̇ = ω θ̈ = α
Por lo tanto
~vB = bω cos θĵ ~αB = (bα cos θ − bω2 sin θ)ĵ
33Este problema corresponde a los problemas 15.140 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics
Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
43
Figure 30: Yugo escoces
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 5.5 Un volante de radio r rueda sin deslizar a lo largo del interior de un cilindro fijo
de radio R con una velocidad angular constante ω. Denotando por P el punto del volante en contacto
con el cilindro para el tiempo t = 0 mostrado en la figura 31, derive expresiones para las componentes
horizontal y vertical de la velocidad de P para el tiempo t. (La curva descrita por el punto P se denomina
hipocicloide).34
Figure 31: Volante rodando en el interior de un cilindro hueco.
El principal problema es encontrar la relación entre el ángulo de rodado θ y el ángulo φ. Con referencia
a la figura 32, suponga que el volante rodo un ángulo θ de manera que el punto inicial P está ahora en
la posición P ′.
Debe notarse que el arco de ćırculo
_
PP ′= r θ, pero puesto que el volante “sube” por la cara interior
del cilindro, el nuevo punto de contacto entre el volante y el cilindro es ahora el punto Q. Puesto que el
movimiento es de rodadura, se tiene la siguiente igualdad entre arcos de ćırculo.
_
P ′Q=
_
PQ
Sustituyendo los arcos en términos de los radios y ángulos de rodado, se tiene que
r θ + r φ = Rφ de donde φ =
r θ
R− r
34Este problema corresponde a los problemas 15.148 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics
Beer, Johnston, Mazurek,