Problem as Cinematic Adel Cuerpo Rig i Do

Problemas de Cinematica del Cuerpo Rıgido.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica

Division de Ingenierıas, Campus Irapuato-Salamanca

Universidad de Guanajuato.

Salamanca, Gto. 36730, Mexico

October 18, 2013

1 Problemas Propuestos.

Problema 1. La aceleracion angular de un eje se define por la relacion α = −0.25ω donde α seexpresa en rad/s2 y ω en rad/s. Sabiendo que para t = 0 la velocidad angular del eje es 20 rad/s,determine (a) el numero de revoluciones que el eje ejecutara antes de parar,(b) el tiempo requeridopor el eje para parar, (c) el tiempo requerido para que la velocidad angular del eje se reduzca a1% de su valor inicial.1

Solucion: Por un lado, se sabe que:

α =dω

dty α = ω

ω

dθ(1)

Empleando la primera expresion, se tiene que

dω

dt= −0.25ω

dω

ω= −0.25dt

∫

dω

ω= −

∫

0.25dt

Integrando se tiene que

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

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

ω0 = C1e−0.25(0) = C1e

0 = C1 y C1 = ω0

La ecuacion buscada esω(t) = ω0e

−0.25t (2)

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

0 = ω0e−0.25t

Puesto que se sabe quee−∞ = 0

1Este 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.

1

se concluye que el tiempo para el cual el eje para es t → ∞. Para el tiempo t, la velocidad angulardel 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 dela ecuacion (2), se tiene que

dθ(t)

dt= ω0e

−0.25t θ(t) =

∫

ω0e−0.25tdt θ(t) = − ω0

−0.25e−0.25t + C2

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

0 =ω

0.25e−0.25(0) + C2 o C2 =

ω

0.25

Por lo tantoθ(t) =

ω

0.25[1 + e−0.25t]

Para t → ∞lim

t→∞

θ(t) =ω

0.25[1 + e−0.25t] =

ω

0.25

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

θ(∞) =ω

0.25=

20 rads

0.25 1s

= 80rad = 12.7323rad

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

α = ωdω

dθ= −0.25ω

∫

dω =

∫

−0.25dθ ω = −0.25θ + C3

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

ω0 = −0.25(0) + C3 C3 = ω0

Se tiene queω − ω0 = −0.25θ

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

0 − ω0 = 9 − 0.25θ o θ = − ω0

−0.25

θ =ω

0.25=

20 rads

0.25 1s

= 80rad = 12.7323rad

.Problema 2. El ensamble mostrado en la figura 1 consiste de una barra recta ABC que pasa

a traves y esta soldada a la placa rectangular DEFH. El ensamble rota alrededor del eje AC con

2

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

una velocidad angular constante de 9 rads . Sabiendo que el movimiento visto desde el extremo C es

antihorario, determine la velocidad y aceleracion de la esquina F .2

Solucion: Los vectores de posicion necesarios son:

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

350i + 200k − 100j)

mm

~rC/A = ~rC/E − ~rA/E =(

350i − 200j + 200k)

mm

u =~rC/A

|~rC/A|=

(

350i − 200j + 200k)

mm

450mm=

7

9i − 4

9j +

4

9k

~ω = ωu =

(

9rad

s

)(

7

9i − 4

9j +

4

9k

)

=(

7i − 4j + 4k)

~rF/A = ~rF/E − ~rA/E =(

−100j + 200k)

mm

Ademas

α =dω

dt= 0 ~α = ~0

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

~vF = ~ω × ~rF/A =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k7 −4 40 −100 200

∣

∣

∣

∣

∣

∣

mm

s=

[

i(−800 + 400) + j(−1400) + k(−700)] mm

s

= (−400i − 1400j − 700k)mm

s= (−0.4i − 1.4j − 0.7k)

m

s

2Este 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.

3

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

~aF = ~α × ~rF/A + ~ω ×(

~ω × ~rF/A

)

= ~α × ~rF/A + ~ω × ~vF =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k7 −4 4

−0.4 −1.4 −0.7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

={

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

s2

=(

8.4i + 3.3j − 11.4k) m

s2

Problema 3. La placa circular de 250mm mostrada en la figura 2 esta inicialmente en reposoy tiene una aceleracion angular definida por la relacion α = α0 cos(πt

T ). Sabiendo que T = 1.5s y

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

t = 0.5, (c) t=0.75.3

Figure 2: Placa circular rotanto alrededor de un eje fijo.

Solucion. Integrando la aceleracion angular, se tiene que

dω

dt= α = α0 cos(

πt

T)

∫

dω =

∫

α0 cos(πt

T)

por lo tanto

ω(t) = α0T

π

∫

cos(πt

T)dt =

Tα0

πsin

πt

T+ C1

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

0 =Tα0

πsin

π(0)

T+ C1

por lo tantoC1 = 0

ω(t) =Tα0

πsin

πt

Tα(t) = α0 cos

πt

T3Este 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.

4

Para t = 0, se tiene

ω(0) =Tα0

πsin

π0

T= 0 α(0) = α0 cos

π0

T= α0

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

α0 k

~aB(0) = ~α × ~ωB/O −»»»»:0ω2~rB/O = (α0 k) × (ri) = α0rj = (10

rad

s2)(0.25m)j

~aB(0) = 2.5m

s2j aB(0) = 2.5

m

s2

Para t = 0.5s, se tiene que

ω(0.5) =Tα0

πsin

π0.5

1.5=

(1.5s)(10 rads2 )

πsin

π

3= 4.1349

rad

s

α(0.5) = α0 cosπ(0.5)

1.5= 10

rad

s2cos

π

3= 5

rad

s2

~ω(0.5) = 4.1349rad

sk ~α(0.5) = 5

rad

s2

Entonces

~aB(0.5) = ~α×~rB/O−ω2~rB/O = (5rad

s2k)×(0.25m i)−(4.1349

rad

s)2(0.25m i) = −4.2743

m

s2i+1.25

m

s2j

Finalmente, para t = 0.75s.

ω(0.75) =Tα0

πsin

π(0.75)

1.5=

(1.5s)(10 rads2 )

πsin(

π

2= 4.7746

rad

s)

α(0.75) =Tα0

πcos

π(0.75)

1.5=

1.5s(10 rads2 )

πcos

π

2= 0

~ω(0.75) = 4.7746rad

sk ~α(0.75) = ~0

Entonces

~aB(0.75) =»»»»»:0~α × ~rB/O − ω2~rB/O = −(4.7746

rad

s)2(0.25mi)

~aB(0.75) = −5.6993m

s2i aB(0.75) = 5.6993

m

s2

Problema 4. El bloque rectangular que se muestra gira alrededor de la diagonal OA convelocidad angular constante de 6.76 rad.

s. . Si la rotacion es en sentido contrario al de las manecillasdel reloj cuando se observa desde A, determine velocidad y aceleracion del punto B en el instanteindicado.4

Solucion. Primeramente encontraremos un vector unitario en la direccion del vector ~rOA. Setiene que

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

Por lo tanto,

uOA =~rA/O

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

52 + 31.22 + 122=

25

169i +

12

13j +

60

169k

4Este es el Problema 15.9 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R.y Clausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

5

Figure 3: Grafica de un bloque rectangular sujeto a rotacion.

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

~ω =| ~ω | uOA =(

1 i + 6.24 j + 2.4 k) rad.

s.

Debe notarse que esta definicion del vector velocidad angular cumple con las caracterısticas indi-cadas en la teorıa de la cinematica de cuerpos rıgidos.

Ademas como la magnitud de la velocidad angular es constante y el cuerpo esta sujeto arotacion alrededor de un eje fijo, el vector uOA es constante y ~ω tambien es constante. De aquıque

~α =d ~ω

d t= ~0.

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

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

Por lo tanto

~vB = ~ω×~rB/O =(

1 i + 6.24 j + 2.4 k)

×(

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

=(

−37.44 i + 12.0 j − 15.6 k) in.

s.

De manera semejante,

~aB = ~α × ~rB/O + ~ω ×(

~ω × ~rB/O

)

= ~ω ×(

~ω × ~rB/O

)

=(

−126.144 i − 74.256 j + 245.6256 k) rad.

s2.

Problema 5. En el problema 1, determine la velocidad y aceleracion del punto B en el instantemostrado, suponiendo que la velocidad angular es de 3.38 rad.

s. y que disminuye a razon de 5.07 rad.s2.

5


6

Solucion: Del problema 1, se sabe que

uOA =5in. i + 31.2 in.j + 12 in.k√

52 + 31.22 + 122=

25

169i +

12

13j +

60

169k


~ω =| ~ω | uOA =(

0.5 i + 3.12 j + 1.2 k) rad.

s.

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

dado por

~α =| ~α | uOA = −5.07

(

25

169i +

12

13j +

60

169k

)

=(

−0.75 i − 4.68 j − 1.80 k) rad.

s2.

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

~vB = ~ω×~rB/O =(

0.5 i + 3.12 j + 1.2 k)

×(

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

=(

−18.72 i + 6.0 j − 7.8 k) in.

s.

De manera semejante,

~aB = ~α × ~rB/O + ~ω ×(

~ω × ~rB/O

)

=(

−0.75 i − 4.68 j − 1.80 k)

×(

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

+(

0.5 i + 3.12 j + 1.2 k)

×[(

0.5 i + 3.12 j + 1.2 k)

×(

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

=(

−3.456 i − 27.564 j + 73.1064 k) in.

s2.

Problema 6. La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75 rads

alrededor de una lınea que une los puntos A y D. Si en el instante considerado la velocidad de laesquina C va hacia arriba, determine velocidad y aceleracion para la esquina B.6

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

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

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

uDA =~rA/D

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

√

(−200)2

+ 1202 + 902

= −4

5i +

12

25j +

9

25k


~ω = λ | ~ω | uDA = λ 75rad.

s.

(

−4

5i +

12

25j +

9

25k

)

rad.

s.=

(

−60λ i + 36λ j + 27λ k) rad.

s.,

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

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


7

Figure 4: Barra doblada sujeta a rotacion alrededor de un eje fijo.

Por lo tanto, la velocidad de C esta dada por

~vC = ~ω×~rC/D =

[

λ(

−60λ i + 36λ j + 27λ k) rad.

s.

]

×(

90mm. k)

=(

3240λ i + 5400λ j + 0 k) mm.

s.

Puesto que se sabe que la velocidad del punto C va hacia arriba, en terminos menos coloquiales,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 esta dada por

~ω =(

−60 i + 36 j + 27 k) rad.

s.

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

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

La velocidad del punto B esta dada por

~vB = ~ω × ~rB/A =

[

(

−60 i + 36 j + 27 k) rad.

s.

]

×(

200mm. i)

=(

5400 j − 7200 k) mm.

s.

Mas aun, puesto que la magnitud de esta velocidad angular es constante y el movimiento es derotacion alrededor de un eje fijo, y por lo tanto, la direccion de la velocidad angular es tambienconstante, se tiene que

~α = ~0.

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

~aB = ~α × ~rB/A + ~ω ×(

~ω × ~rB/A

)

= ~ω ×(

~ω × ~rB/A

)

=(

−405000 i − 432000 j − 324000 k) mm.

s2.

=(

−405 i − 432 j − 324 k) m.

s2.

8

Problema 7. Cuando se pone en operacion, un motor alcanza su velocidad nominal de 2400r.p.m. en 4 segundos y, al desactivarse, tarda 40 segundos para llegar al reposo. Si el movimiento esuniformemente acelerado, determine el numero de revoluciones que ejecuta el motor a) al alcanzarla velocidad nominal, b) al detenerse.7

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

α(t) = α,

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

dω

d t= α o ω(t) = α t + c1

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

ω(t) = α t

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

angular esta dada por

α =251.32

4

rad.

s2.= 62.831

rad.

s2.

Integrando la ecuacion de la velocidad angular, se tiene que

θ(t) =1

2α t2 + c2.

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

θ(t) =1

2α t2

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

θ(4) =1

2

(

62.831rad.

s2.

)

(4 s)2

= 502.65 rad. = 80 revoluciones.

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

α(t) = α,

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

tanto,dω

d t= α o ω(t) = α t + c3

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

ω(t) = α t + ω0.

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

esta dada por

α = −ω0

t= −251.32

40

rad.

s2.= −6.2831

rad.

s2.


9

Integrando la ecuacion de la velocidad angular, se tiene que

θ(t) =1

2α t2 + ω0 t + c4.

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

θ(t) =1

2α t2 + ω0 t.

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

θ(40) =1

2

(

−6.2831rad.

s2.

)

(40 s)2

+

(

251.32rad.

s.

)

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

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

Problema 8. La banda que se muestra en la figura 5 se mueve sin deslizamiento sobre dospoleas. La polea A parte del reposo con aceleracion angular en el sentido de las manecillas delreloj, definida mediante la relacion

α = 120 − 0.002ω2.

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

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

Solucion. Del analisis del movimiento del cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un ejefijo, se sabe que

ωAdωA

d θ= αA = 120 − 0.002ω2

A.

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 ecuacion

120 − 0.002ω2A = e−0.004 θA+c1 = c2 e−0.004 θA


10

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

120 − 0.002 (0)2

= c2e−0.004 (0) = c2 e0 = c2,

Por lo tanto, c2 = 120 y

120 − 0.002ω2A = 120 e−0.004 θA o ω2

A = 60000(

1 − e−0.004 θA)

Ahora determinaremos, la velocidad y aceleracion angular de la polea A cuando ha rotadomedia revolucion, es decir para cuando θ = π rad. Entonces

ωA =√

60000 (1 − e−0.004 π) = 27.3726rad.

s.

y

αA = 120 − 0.002 (27.3726)2

= 118.50rad.

s2.

De manera que la aceleracion tangencial de un punto, P∗, de la banda en la periferia de lapolea A esta dada por

atP∗ = αA rA =

(

118.50rad.

s2.

)

(8 in.) = 948in.

s2.= 79

pies

s2.

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

aB = atP∗ = 79pies

s2.

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

1. Las magnitudes de las velocidas de los puntos P∗, de la banda localizado en la periferia dela polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea C tienen la mismsmagnitud, por lo tanto

ωA rA = ωC rC ωC = ωArA

rC= 43.796

rad.

s.

2. Las magnitudes de las aceleraciones tangenciales de los puntos P∗, de la banda localizado enla periferia de la polea A y el punto P de la banda localizado en la periferia de la polea Ctienen la misms magnitud, por lo tanto

αA rA = αC rC αC = αArA

rC= 189.6

rad.

s2.

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

~aP = ~αC × ~rP/O + ~ωC ×(

~ωC × ~rP/O

)

= ~αC × ~rP/O− | ~ωC |2 ~rP/O

=(

−189.6 k)

×(

5 in. i)

− (43.796)2(

5 in. i)

=(

−948 j − 9590 i) in.

s2.

Problema 9. Una polea y dos cargas se conectan mediante cuerdas inextensibles como semuestra. La carga A tiene una aceleracion de 300 mm/s2 y una velocidad inicial de 240mm/s, ambas

11

Figure 6: Dos cuerpos conectados a una polea.

dirigidos hacia arriba. Determine (a) El numero de revoluciones ejecutadas por la polea en 3s (b)la velocidad y posicion de la carga B despues de 3s (c) la aceleracion del punto D en el borde dela polea para t = 0.9

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

~aA = ~aTPA= 300mm/s2j = ~α2 × ~rPA/C

= (α2k) × (−120mmi)

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

= (ω2(0)k) × (−120mmi)

300mm/s2j = −120mmα2j α2 =240mm/s2

−120mm= −2.5rad/s2

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

−120mm= −2rad/s

~α2 = −2.5rad/s2k ~ω2(0) = −2.0rad/sk

Ahora es posible integrar la ecuacion de movimiento de la polea

~α2(t) = −2.5rad/s2k

~ω2(t) =

∫

~α2(t)dt = −2.5rad/s2tk + ~C1

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

~ω2(t) = (−2.5rad/s2t − 2rad/s)k

θ2(t) =

∫

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


Hill: New York.

12

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 aceleracion de la carga B para t = 3s

~aTPB= ~α × ~rPB/C

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

~vPB(0) = ~ω2(0) × ~rPB/C

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

sB(t) =1

2aBt2 + 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

Para la aceleracion del punto D

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

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

aD = 849.058mm/s2

Problema 10. Una polea y dos bloques se conectan mediante cuerdas inextensibles como seindica en la figura 7. La polea parte desde el reposo en t = 0 y se acelera a una razon uniforme de2.4 rad

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

Solucion: Considere dos puntos coincidentes, PA, uno localizado en la polea y otro localizadoen la cuerda inextensible que conecta la polea con la carga A justo en el punto donde la cuerdadeja 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 conla carga B justo en el punto donde la cuerda deja de estar enrollada y se hace vertical. En amboscasos, entre el par de puntos no hay deslizamiento. Por lo tanto,

~vPA polea= ~vPA cuerda

y ~vPB polea= ~vPB cuerda

∀t ≥ 0.

Similarmente,

~atPA polea= ~atPA cuerda

y ~atPB polea= ~atPB cuerda

∀t ≥ 0.


13

Figure 7: Polea compuesta con dos cargas.

Ademas, debe notarse que las velocidades y las aceleraciones tangenciales de los puntos quepertenecen a las cuerdas, son las velocidades y aceleraciones de las cargas. Ademas, aplicando elconcepto de placa representativa, para la carga A, se tiene que

~vA = ~vPA cuerda= ~vPA polea

= ~ω × ~rPA/O y ~aA = ~atPA cuerda= ~atPA polea

= ~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.

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

~vA = ~atPA cuerda= ~atPA polea

= ~α × ~rPA/O = −2.4rad

s2k ×

(

−1

3pie

)

i = 0.8pie

s2j.

Similarmente

~atPB cuerda= ~atPB polea

= ~α × ~rPB/O = −2.4rad

s2k ×

(

1

2pie

)

i = −1.2pie

s2j.

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

~vA = ~aA t = 0.8pie

s2j (4 s) = 3.2

pie

sj, y ~rA =

1

2~aA t2 =

1

20.8

pie

s2j (4 s)

2= 6.4 pie j.

de manera semejante

~vB = ~aB t = −1.2pie

s2j (4 s) = −4.8

pie

sj, y ~rB =

1

2~aB t2 =

1

2

(

−1.2pie

s2

)

j (4 s)2

= −9.6 pie j.

Problema 11. Dos discos de friccion A y B se pondran en contacto sin deslizamiento cuandola velocidad angular del disco A sea de 240 r.p.m. en sentido contrario a las manecillas del reloj,vea la figura 8. El disco A empieza su movimiento desde el reposo en el tiempo t = 0 y se le

14

Figure 8: Dos discos de friccion.

imprime una aceleracion angular constante de magnitud α. El disco B parte del reposo en t = 2 sy se le imparte una aceleracion angular constante en el sentido de las manecillas del reloj, tambiende magnitud α. Determine a) la magnitud de la aceleracion angular α requerida, b) lel tiempo alcual ocurre el contacto.11

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

~αA(t) = α k

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

~ωA(t) = α t k

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

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

~ωA(t) = −α (t − 2) k

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

~vPA= ~ωA(t) × ~rP/OA

= α t k × (−0.15m) j = 0.15α t i

y~vPB

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

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

0.15α t = 0.2α (t − 2)


12Nuevamente se aplicara el concepto de placa representativa.

15

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. = 25.1327rad

s

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

0.15α25.1327 rad

s

α= 0.2α

(

25.1327 rads

α− 2

)

o 3.7699rad

s= 5.02654

rad

s− 0.4α

Por lo tanto

α = 3.1416rad

s2.

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

t =25.1327 rad

s

α=

25.1327 rads

3.1416 rads2

= 7.9999 s.

Figure 9: Disco Rotante.

Problema 12. El disco circular mostrado en la figura 9 gira alrededor de su eje z con unavelocidad angular en la direccion mostrada. En un cierto instante, la magnitud de la velocidad delpunto A es de 10 pie

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

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

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

~rA/O = −2

3pie i y ~rB/O =

1

2pie j

Por otro lado, se sabe que~ω = ω k,

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.

16

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

~vA = λ 10pie

sj y ~atA = λ 24

pie

s2j.

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

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

~vA = ω × ~rA/O o λ 10pie

sj = ω k ×

(

−2

3pie i

)

o λ 10pie

sj = −2

3pie ωj

Por lo tanto,

λ = −1 ω = 15rad

sy ~vA = −10

pie

sj

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

~atA = 24pie

s2

De manera que

~atA = 24pie

s2= ~α × ~rA/O = α k ×

(

−2

3pie i

)

= −2

3α j

Por lo tanto

α = −36rad

s2y ~α = −36

rad

s2k.

Finalmente, la aceleracion total del punto B esta dada por

~aB = ~α × ~rB/O − ω2~rB/O = −36rad

s2k × 1

2pie j −

(

15rad

s

)21

2pie j = 18

pie

s2i − 112.5

pie

s2j

Problema 13. 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.14

Solucion. Los vectores de posicion nesesarios son

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

Las velocidades estan dadas por

~vA = 120mm/si + vAyj ~vB = vBx

i + 300mm/sj ~vc = vCXi − 60mm/sj

Las ecuaciones que relacionan estas velocidades son

~vB = ~vA + ~ω × ~rB/A ~vc = ~vA + ~ω + ~ω × ~rC/A

vBx+ 300mm/sj = 120mm/si + vAy

j + (ωk) × (180mmi − 180j)

vCxi − 60mm/sj = 120mm/si + vAy

j + (ωk) × (180mmi − 180mmk)

Las ecuaciones escalares asociadas a esas ecuaciones vectoriales son

vBx= 120 − 180ω (3)


Hill: New York.

17

Figure 10: Placa Sujeta a movimiento plano general.

300 = vAy+ 180ω (4)

vCx= 120 − 180ω (5)

−60 = vAy+ 360ω (6)

Restando la ecuacion (6) de la ecuacion (4), se tiene que

300 = vAy+ 180ω

60 = −vAy− 360ω

360 = −180ω

ω = −2rad/s

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

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

~ω = −2rad/sk

Problema 14. El radio del engrane central A del sistema de engranes planetarios mostrado esa, 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 arana BCD debe ser ωA/5 en sentido horario, determine el valorrequerido de la relacion b/a (b) la velocidad angular correspondiente de cada engrane planetario.15


Hill: New York.

18

Figure 11: Engrane planetario.

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

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

Ademas se conocen algunas velocidades angulares

~ωA = −ωAk ωBCD = −ωA

5k ~ωE = ~0

La clave de la solucion es, por una parte, que las velocidades de los puntos P , uno que perteneceal 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 = (−ωk) × (aj) = ωAai

~vP/B = ~ωBCD × ~vOB/OA + ~ωB × vecrP/OB = (−ωA

5k) × (a + b)j + ωB k × (−bj)

=ωA

5(a + b)i + ωB bi

La ecuacion escalar que se obtiene de esta ecuacion vectorial es

ωA a =ωA

5(a + b) + ωB b (7)

Por otra parte, el resto de la solucion es que las velocidades de los puntos Q, uno que pertenece alengrane 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

5k) × (a + b)j + ωB k × (bj) =

ωA

5(a + b) − ωB b

~vQ/E = ~0

19

La ecuacion escalar asociada a esta ecuacion vectorial es

0 =ωA

5(a + b) − ωBb (8)

Sumando (7) y (8), se tiene que

©©ωAa =2

5©©ωA(a + b) a =2

5a +

2

5b

3

5a =

2

5b

b

a=

3/5

2/5=

3

2

ωB =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

3ωAk

Figure 12: Mecanismo con disco rodando.

Problema 15. La rueda de r = 4 pulgadas de radio que se muestra en la figura 12 gira hacia la“izquierda”, en sentido contrario a las manecillas del reloj, de tal manera que su centro D tiene unavelocidad de 45 pulgadas/segundo y rueda sin deslizar. Si la distancia AD es de 2.5 pulgadas,determine la velocidad del colların y la velocidad angular de la varilla AB cuando a) β = 0◦, b)β = 90◦.16

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

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

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

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

Es importante senalar que el movimiento de rodadura entre dos cuerpos es un caso particularde movimiento plano general. Si la rodadura entre dos cuerpos es sin deslizamiento, las velocidadesde los dos puntos de contacto y coincidentes, uno perteneciente a un cuerpo y otro perteneciente alotro cuerpo, tienen la misma velocidad y la misma componente tangencial de la aceleracion. En elcaso particular de un disco que rueda sin deslizar sobre un plano, se tiene que el desplazamiento,


20

s, del punto D, que es el centro del disco, y el angulo de rotacion del disco, θ, estan relacionadospor

s = r θ

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

| ~vD |= r ω

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

| ~aD |= r α

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

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

~vP/disco = ~0.

Por lo tanto

~vD/disco = ~vP/disco + ~ω × ~rD/P

−45pulg.

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

Por lo tanto

ω =−45 pulg.

s.

−4 pulg.= 11.25

rad.

s.y ~ω = 11.25

rad.

s.k.

Ahora determinaremos la velocidad del punto A,

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

s.i +

(

11.25rad.

s.k

)

×(

−2.5 pulg. j)

= −16.875pulg.

s.i

Ademas~vA/disco = ~vA/AB

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

~vB/AB = ~vB/collar

~vA/AB + ~ωAB × ~rB/A = vB i

−16.875pulg.

s.i +

(

ωAB k)

×(

10.677pulg. i + 6.5 pulg.j)

= vB i

Las ecuaciones escalares que resultan de la ecuacion vectorial son

−16.875pulg.

s.− ωAB 6.5 pulg. = vB ,

y0 + ωAB 10.677pulg. = 0.

Por lo tanto

ωAB = 0 y vB = −16.875pulg.

s.

21

o en terminos vectoriales

~ω = ~0 y ~vB = −16.875pulg.

s.i.

Problema 16. La barra AB, vea la figura 13 se mueve sobre una pequena rueda en el puntoC mientras que A se mueve a la derecha con una velocidad constante vA. Usando el metodo dedescripcion del movimiento en terminos de un parametro derive expresiones para la velocidad yaceleracion angular de la barra. Derive expresiones para las componentes horizontales y verticalesde la velocidad del punto B.17

Figure 13: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso.

Solucion. De la figura 13, se tiene que

tan θ =b

xA, (9)

Derivando la expresion (9), respecto al tiempo, y notando que mientras que b es una constante, θy xA son variables, se tiene que

sec2 θd 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 esta dada por

ω ≡ d θ

d t

Ademas, 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 (10)

17Este problema corresponde a los problemas 15.141 y 15.142 del libro Vector Mechanics for Engineers Staticsand Dynamics Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

22

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

Cos θ =xA

(x2A + b2)

1/2Sen θ =

b

(x2A + b2)

1/2

se tiene que

ω =b vA

x2A + b2

(11)

Esta forma de la ecuacion es mejor pues solo una variable aparece en la misma.Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuacion (11), y notando que vA es constante

por la definicion del problema, se tiene que

α ≡ dω

d t= b vA

[

−(

x2A + b2

)

−22xA

d xA

d t

]

=2 b v2

A xA

(x2A + b2)

2 (12)

Si la persona paso por alto esta ultima reduccion, aun ası es posible obtener el mismo resultado.Derivando, nuevamente, con respecto al tiempo la ecuacion (10), y notando que vA es constantepor la definicion del problema, se tiene que

α ≡ dω

d t= b vA

[(

−2x−3A

d xA

d t

)

Cos2 θ + x−2A 2Cos θ

(

−Sen θd θ

d t

)]

=2 b v2

A Cos2 θ

x3A

− 2 b vA Cos θ Sen θ

x2A

ω =2 b v2

A Cos2 θ

x3A

− 2 b2 v2A Cos3 θ Sen θ

x4A

(13)

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

α =2 b v2

A Cos2 θ

x3A

− 2 b2 v2A Cos3 θ Sen θ

x4A

=2 b v2

A

x3A

x2A

x2A + b2

− 2 b2 v2A

x4A

x3A

(x2A + b2)

3/2

b

(x2A + b2)

1/2

=2 b v2

A

xA (x2A + b2)

− 2 b3 v2A

xA (x2A + b2)

2 = 2 b v2A

x2A + b2 − b2

xA (x2A + b2)

2 =2 b v2

A xA

(x2A + b2)

2 (14)

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

O estan dadas porxB = −xA + l Cos θ y yB = l Sen θ (15)

Derivando las ecuaciones (15) 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 + b2

= vA − lb

(x2A + b2)

1/2

b vA

x2A + b2

= vA − l b2 vA

(x2A + b2)

3/2(16)

vBy ≡ d yB

d t= l Cos θ

d θ

d t= l

xA

(x2A + b2)

1/2ω = l

xA

(x2A + b2)

1/2

b vA

x2A + b2

=l b xA vA

(x2A + b2)

3/2(17)

Problema 17. La barra AB, de la figura 13, se mueve sobre una pequena rueda en C mientrasque el punto A se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 500mm/s. En el instante

23

mostrado, determine (a) la velocity angular de la barra, (b) la velocidad del extremo B de la barra.18

La figura correspondiente muestra que xA = 200mm, b = 140mm. y l = 400mm. Debe notarseque los datos indican que ~vA = −500mm/s i.

Solucion. Es importante notar que la barra esta sujeta a movimiento plano general. Demanera que es posible escribir

~vC = ~vA + ~ω × ~rC/A.

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

• Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barray hacia abajo y a la derecha, la barra y la rueda en C se deformarıan y violarıan la suposicionde que los cuerpos son rıgidos.

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

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

u =xA i + b j√

x2A + b2

=0.2m i + 0.14m j

√

(0.2m)2 + (0.14m)2= 0.81923 i + 0.57346 j.

Sustituyendo estos resultados se tiene que

vC

(

0.81923 i + 0.57346 j)

= −0.5m/s i + ω k ×(

0.2m i + 0.14m j)

Esta ecuacion resulta en el sistema de ecuaciones

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

Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene que

ω = vC0.57346

0.2m=

2.8673

mvC

y

vC 0.81923 = −0.5m/s − (0.14m)2.8673

mvC vC = −0.5m/s

1.22065= 0.4096m/s

yω = 1.17449 rad/s

Este resultado puede verificarse usando los resultados del problema 9, vea la ecuacion (11),

ω =b vA

x2A + b2

=(0.14m)(0.5m/s)

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

Problema 18. Un cohete trineo se somete a prueba en una pista recta que se construye alo largo de un meridiano. Si la pista se ubica a 40◦ latitud norte, vea la figura 14, determine laaceleracion de Coriolis del trineo cuando este se mueve hacia el norte a una velocidad de 600 mi

h .19

18Este problema corresponde a los problemas 15.43 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and DynamicsBeer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.

19Este es el Problema 15.162 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston,E.R. y Clausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

24

Figure 14: Trineo moviendose sobre la tierra.

Solucion: Suponga que el origen se encuentra en el centro de la tierra y los ejes coordenadosestan orientados de la siguiente manera, el eje X perpendicular al papel y positivo hacia afuera,el eje Y positivo hacia la derecha y el eje Z positivo hacia arriba. De manera que la velocidadangular de la tierra esta dada por

~ω =2π

24horask =

2π

(24) (3600) s.k = 7.3682 10−6 rad.

s.k.

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

| ~v |= 600m.

h.= 600

5280 p

3600 s.= 880

p.

s.

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

~v = 880p.

s.

(

Cos 130◦ j + Sen 130◦ k)

= −565.65 j + 674.12 k.

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

~aC = 2~ω × ~v = 2

(

7.3682 10−6 rad.

s.k

)

×(

−565.65 j + 674.12 k)

= −0.008335p

s2i.

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

~aCT/TierraFija = ~an

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

~aCT/TierraGirando = ~an + ~aC .

De manera que la aceleracion Coriolis representaria la diferencia en las aceleraciones vista desdeambos sistemas de referencia.

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Problem as Cinematic Adel Cuerpo Rig i Do

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