ProblemasCinematicaDelCuerpoRigido

π
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., Octava