Problemas de Cinemática del Cuerpo R´ıgido.

Problemas de Cinemática del Cuerpo Rı́gido.
José Marı́a Rico Martı́nez
Departamento de Ingenierı́a Mecánica
División de Ingenierı́as, Campus Irapuato-Salamanca
Universidad de Guanajuato.
Salamanca, Gto. 36730, México
Email: [email protected]
April 12, 2016
1
Introducción.
En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinemática de cuerpos
rı́gidos 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 rı́gidos 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 rı́gidos 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 rı́gidos sujetos a rotación alrededor de
un eje fijo.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos rı́gidos 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 rı́gidos.
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 DEF H. El ensamble rota alrededor del eje AC con una
velocidad angular constante de 9 rad
s . 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 = 350î + 200k̂ − 100ĵ mm
1 Este 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
û
ω
~
~rF/A
Además
= ~rC/E − ~rA/E = 350î − 200ĵ + 200k̂ mm
350î − 200ĵ + 200k̂ mm
rC/A
~
7
4
4
=
=
= î − ĵ + k̂
|~rC/A |
450mm
9
9
9
7
rad
4
4
= ω û = 9
î − ĵ + k̂ = 7î − 4ĵ + 4k̂
s
9
9
9
= ~rF/E − ~rA/E = −100ĵ + 200k̂ mm
dω
=0
α
~ = ~0
dt
Por lo tanto, la velocidad del punto F está dada por
î
ĵ
k̂ mm h
i mm
~vF = ω
~ × ~rF/A = 7
= î(−800 + 400) + ĵ(−1400) + k̂(−700)
−4
4 s
0 −100 200 s
m
mm
= (−0.4î − 1.4ĵ − 0.7k̂)
= (−400î − 1400ĵ − 700k̂)
s
s
α=
De manera semejante, la aceleración del punto F está dado por
~aF
=
α
~ × ~rF/A + ω
~× ω
~ × ~rF/A
=
n
=
î
=α
~ × ~rF/A + ω
~ × ~vF = 7
−0.4
ĵ
−4
−1.4
k̂
4
−0.7
om
î [(−4)(−0.7) − (−1.4)(4)] + ĵ [4(−0.4) − (−0.7)(7)] + k̂ [7(−1.4) − (−0.4)(−4)] 2
s
m
8.4î + 3.3ĵ − 11.4k̂ 2
s
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.
2 Este 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
5in. î + 31.2 in.ĵ + 12 in.k̂
12
60
25
√
=
î +
ĵ +
k̂
=
2
2
2
| ~rA/O |
169
13
169
5 + 31.2 + 12
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ω
~ como
rad.
ω
~ =| ω
~ | ûOA = 1 î + 6.24 ĵ + 2.4 k̂
s.
Debe notarse que esta definición del vector velocidad angular cumple con las caracterı́sticas indicadas en
la teorı́a de la cinemática de cuerpos rı́gidos.
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 aquı́ que
α
~=
dω
~
= ~0.
dt
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
in.
~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
s.
De manera semejante,
rad.
~aB = α
~ × ~rB/O + ω
~× ω
~ × ~rB/O = ω
~× ω
~ × ~rB/O = −126.144 î − 74.256 ĵ + 245.6256 k̂
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
rad. 3
mostrado, suponiendo que la velocidad angular es de 3.38 rad.
s. y que disminuye a razón de 5.07 s2 .
3 Este 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
12
60
25
√
î +
ĵ +
k̂
=
2
2
2
169
13
169
5 + 31.2 + 12
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ω
~ como
rad.
ω
~ =| ω
~ | ûOA = 0.5 î + 3.12 ĵ + 1.2 k̂
s.
Puesto que la velocidad angular está disminuyendo a razón de 5.07 rad.
s2 . la aceleración angular está dado
por
rad.
12
60
25
î +
ĵ +
k̂ = −0.75 î − 4.68 ĵ − 1.80 k̂
α
~ =| α
~ | ûOA = −5.07
169
13
169
s2 .
De esta manera, la velocidad del punto B, está dada por
in.
~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
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
h
i
+ 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
in.
−3.456 î − 27.564 ĵ + 73.1064 k̂ 2
s .
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2.4 La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75 rad
s alrededor
de una lı́nea 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 = −200 mm. î + 120 mm. ĵ + 90 mm. k̂.
4 Este 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 manera que un vector unitario a lo largo del eje de rotación está dado por
ûDA =
~rA/D
4
12
9
−200mm. î + 120 mm.ĵ + 90 mm.k̂
q
= − î +
ĵ +
k̂
=
| ~rA/D |
5
25
25
2
(−200) + 1202 + 902
De estos resultados puede calcularse el vector velocidad angular del bloque rectangular ω
~ como
rad.
4
12
9
rad. rad.
− î +
ĵ +
k̂
= −60 λ î + 36 λ ĵ + 27 λ k̂
,
ω
~ =λ |ω
~ | ûDA = λ 75
s.
5
25
25
s.
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 = 0 mm. î + 0 mm. ĵ + 90 mm. k̂.
Por lo tanto, la velocidad de C está dada por
rad. mm.
~vC = ω
~ × ~rC/D = λ −60 λ î + 36 λ ĵ + 27 λ k̂
× 90 mm. k̂ = 3240 λ î + 5400 λ ĵ + 0 k̂
s.
s.
Puesto que se sabe que la velocidad del punto C va hacia arriba, en términos 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 está dada por
rad.
ω
~ = −60 î + 36 ĵ + 27 k̂
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 = 200 mm. î + 0 mm. ĵ + 0 mm. k̂.
La velocidad del punto B está dada por
rad. mm.
~vB = ω
~ × ~rB/A = −60 î + 36 ĵ + 27 k̂
× 200 mm. î = 5400 ĵ − 7200 k̂
s.
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
=
=
mm.
α
~ × ~rB/A + ω
~× ω
~ × ~rB/A = ω
~× ω
~ × ~rB/A = −405000 î − 432000 ĵ − 324000 k̂
s2 .
m.
−405 î − 432 ĵ − 324 k̂ 2
s .
Con este resultado finaliza el problema.
3
Problemas de análisis de cuerpos rı́gidos sujetos a rotación
alrededor de un eje fijo como un todo.
En esta sección se presentarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento
de rotación alrededor de un eje fijo, analizados como un todo. En estos problemas, se usará de manera
5
sistemática la analagı́a entre el movimiento de traslación rectilı́nea de una partı́cula 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
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:
dω
dt
α=
y
α=ω
ω
dθ
(1)
Empleando la primera expresión, se tiene que
dω
= −0.25ω
dt
dω
= −0.25dt
ω
Z
dω
=−
ω
Z
0.25dt
Integrando se tiene que
ω = e−0.25t+C = ec e−0.25t = C1 e−0.25t
ln |ω| = −0.25t + C
Para determinar la constante de integración, se sabe que para t = 0, ω(0) = ω0 = 20rad/s, por lo tanto
ω0 = C1 e−0.25(0) = C1 e0 = C1
y
C1 = ω0
La ecuación buscada es
ω(t) = ω0 e−0.25t
(2)
Ahora, es posible contestar las preguntas (b) y (c). Para el tiempo t, el eje para ω(t) = 0. Entonces
0 = ω0 e−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 = ω0 e−0.25t
e−0.25t = 0.01
ln |0.01|
= 18.4206seg
0.25
Para las revoluciones nesesarias para que pare, es posible seguir dos posibles caminos. A partir de la
ecuación (2), se tiene que
Z
dθ(t)
ω0 −0.25t
−0.25t
= ω0 e
θ(t) = ω0 e−0.25t dt
θ(t) = −
e
+ C2
dt
−0.25
−0.25t = ln |0.01|
t=−
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(0)
e
+ C2
0.25
o
Por lo tanto
θ(t) =
Para t → ∞
lim θ(t) =
t→∞
C2 =
ω
0.25
ω
[1 + e−0.25t ]
0.25
ω
ω
[1 + e−0.25t ] =
0.25
0.25
5 Este 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
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
20 rad
ω
s
θ(∞) =
= 80rad = 12.7323rad
=
0.25
0.25 1s
Existe otra posibilidad, de la segunda expresión de la ecuación (1), se tiene que
Z
Z
dω
= −0.25ω
dω = −0.25dθ
ω = −0.25θ + C3
α=ω
dθ
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
C 3 = ω0
Se tiene que
ω − ω0 = −0.25θ
Entonces, la pregunta es θ =? para cuando ω = 0
0 − ω0 = 9 − 0.25θ
θ=
o
θ=−
ω0
−0.25
20 rad
ω
s
=
= 80rad = 12.7323rad
0.25
0.25 1s
. 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
=α
dt
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
rad.
251.32 rad.
= 62.831 2
α=
4
s2 .
s .
Integrando la ecuación de la velocidad angular, se tiene que
θ(t) =
1 2
α t + c2 .
2
Sustituyendo la condición inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c2 = 0 y
θ(t) =
1 2
αt
2
Por lo tanto, para t = 4 s., se tiene que
1
rad.
2
θ(4) =
62.831 2
(4 s) = 502.65 rad. = 80 revoluciones.
2
s .
6 Este 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
Para la segunda parte del problema, también el movimiento es uniformemente acelerado, se tiene 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
=α
dt
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
ω0
251.32 rad.
rad.
α=−
=−
= −6.2831 2
t
40 s2 .
s .
Integrando la ecuación de la velocidad angular, se tiene que
θ(t) =
1 2
α t + ω0 t + c 4 .
2
Sustituyendo la condición inicial para t = 0, θ(0) = 0, se tiene que c4 = 0 y
θ(t) =
1 2
α t + ω0 t.
2
Por lo tanto, para t = 40 s., se tiene que
1
rad.
rad.
2
θ(40) =
−6.2831 2
(40 s) + 251.32
(40 s.) = 5026.53 rad. = 800 revoluciones.
2
s .
s.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.3 La placa circular de 250 mm 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
,
determine
la
magnitud
de
la
aceleración
total
del
punto
B, cuando (a) t = 0, (b) t = 0.5, (c)
α0 = 10 rad
2
s
t=0.75.7
Figure 4: Placa circular rotanto alrededor de un eje fijo.
7 Este 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
Solución. Integrando la aceleración angular, se tiene que
Z
Z
πt
πt
dω
= α = α0 cos( )
dω = α0 cos( )
dt
T
T
por lo tanto
ω(t) = α0
T
π
Z
cos(
T α0
πt
πt
)dt =
sin
+ C1
T
π
T
Para la condición inicial, se tiene que para t = 0, ω(0) = 0. Por lo tanto,
0=
π(0)
T α0
sin
+ C1
π
T
por lo tanto
C1 = 0
T α0
πt
ω(t) =
sin
π
T
α(t) = α0 cos
πt
T
π0
T α0
sin
=0
π
T
α(0) = α0 cos
π0
= α0
T
Para t = 0, se tiene
ω(0) =
~ B/O = r î, donde r = 0.25m. Entonces ω
Por lo tanto, se tiene suponiendo que R
~ (0) = ~0, α
~ (0) = α0 k̂
rad
✘0
✘✿
~aB (0) = α
~ ×ω
~ B/O − ✘
ω 2✘
~rB/O
= (α0 k̂) × (rî) = α0 rĵ = (10 2 )(0.25m)ĵ
s
~aB (0) = 2.5
m
ĵ
s2
aB (0) = 2.5
m
s2
Para t = 0.5s, se tiene que
ω(0.5) =
(1.5s)(10 rad
π0.5
π
rad
T α0
s2 )
sin
=
sin = 4.1349
π
1.5
π
3
s
rad
π
rad
π(0.5)
= 10 2 cos = 5 2
1.5
s
3
s
rad
rad
k̂
α
~ (0.5) = 5 2
ω
~ (0.5) = 4.1349
s
s
α(0.5) = α0 cos
Entonces
~aB (0.5) = α
~ × ~rB/O − ω 2~rB/O = (5
rad
rad 2
m
m
k̂) × (0.25m î) − (4.1349
) (0.25m î) = −4.2743 2 î + 1.25 2 ĵ
s2
s
s
s
Finalmente, para t = 0.75s.
ω(0.75) =
(1.5s)(10 rad
T α0
π(0.75)
π
rad
s2 )
sin
=
sin( = 4.7746
)
π
1.5
π
2
s
1.5s(10 rad
T α0
π(0.75)
π
s2 )
cos
=
cos = 0
π
1.5
π
2
rad
k̂
α
~ (0.75) = ~0
ω
~ (0.75) = 4.7746
s
α(0.75) =
Entonces
rad 2
✘0 2
✘✿
) (0.25mî)
~aB (0.75) = ✘
α
~✘
× ~✘
rB/O
− ω ~rB/O = −(4.7746
s
m
m
~aB (0.75) = −5.6993 2 î
aB (0.75) = 5.6993 2
s
s
Con este resultado finaliza el problema.
9
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 − 0.002 ω 2 .
rad
donde α se expresa en rad.
s2 . y ω en 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
Figure 5: Banda que se mueve entre dos poleas sin deslizamiento.
Solución. Del análisis del movimiento del cuerpo rı́gido sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, se
sabe que
d ωA
2
ωA
= αA = 120 − 0.002 ωA
.
dθ
Por lo tanto, se tiene que para la polea A
Z
Z
1
−0.004 ωA d ωA
ωA d ωA
=
d
θ
o
−
=
d θA
A
2
2
120 − 0.002 ωA
0.004
120 − 0.002 ωA
Entonces
2
= θA + c1 ,
−250 Ln 120 − 0.002 ωA
manipulando algebraicamente la ecuación
2
120 − 0.002 ωA
= 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
2
120 − 0.002 (0) = c2 e−0.004 (0) = c2 e0 = c2 ,
Por lo tanto, c2 = 120 y
2
120 − 0.002 ωA
= 120 e−0.004 θA
o
2
ωA
= 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 =
y
p
60000 (1 − e−0.004 π ) = 27.3726
rad.
s.
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
in.
pies
rad.
(8 in.) = 948 2 = 79 2
atP ∗ = αA rA = 118.50 2
s .
s .
s .
2
αA = 120 − 0.002 (27.3726) = 118.50
8 Este 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
Puesto que no hay deslizamiento, esta es también la aceleración de partı́cula B de la banda —debe notarse
que el punto B está sujeto a traslación rectilı́nea y por lo tanto su componente normal de aceleración es
nula—, es decir
pies
aB = atP ∗ = 79 2
s .
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
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
rA
rad.
ωA rA = ωC rC
ωC = ωA
= 43.796
rC
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
rad.
rA
= 189.6 2
rC
s .
Por lo tanto, la aceleración del punto C está dada por
~aP
=
=
α~C × ~rP/O + ω~C × ω~C × ~rP/O = α~C × ~rP/O − | ω~C |2 ~rP/O
in.
2
−189.6 k̂ × 5 in. î − (43.796) 5 in. î = −948 ĵ − 9590 î 2
s .
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 3.5 Las caracterı́sticas 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
11
para t = 0.9
Figure 7: Dos cuerpos conectados a una polea.
Solución. De la aceleración y velocidad del cuerpo A, se tiene que
~ 2 × ~rPA/C = (α2 k̂) × (−120mmî)
~aA = ~aTPA = 300mm/s2 ĵ = α
~ 2 (0) × ~rPA/C = (ω2 (0)k̂) × (−120mmî)
~vA (0) = ~vPA (0) = 240mm/sĵ = ω
300mm/s2 ĵ = −120mmα2 ĵ
α2 =
240mm/sĵ = −120mmω2 (0)ĵ
240mm/s2
= −2.5rad/s2
−120mm
ω2 (0) =
α
~ 2 = −2.5rad/s2 k̂
240mm/s
= −2rad/s
−120mm
ω
~ 2 (0) = −2.0rad/sk̂
Ahora es posible integrar la ecuación de movimiento de la polea
α
~ 2 (t) = −2.5rad/s2 k̂
ω
~ 2 (t) =
Z
~1
α
~ 2 (t)dt = −2.5rad/s2 tk̂ + C
~1
−2.0rad/s = ω
~ 2 (0) = −2.5rad/s2 (0)k̂ + C
θ2 (t) =
Z
~ 1 = −2rad/s
C
ω
~ 2 (t) = (−2.5rad/s2 t − 2rad/s)k̂
(−2.5rad/s2 t − 2rad/s)dt = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st + C2
Para t = 0, θ2 (0) = 0, por lo tanto C2 = 0
θ2 (t) = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st
Por lo tanto
θ2 (3) = −1.25rad/s2 (3s)2 − 2rad/s(3s) = −17.25rad = 2.745rev
9 Este 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.
12
Para la velocidad y aceleración de la carga B para t = 3s
~ × ~rPB/C = (−2.5rad/s2 k̂) × (180mmî) = −450mm/s2 ĵ = ~aB
~aTPB = α
~ 2 (0) × ~rPB/C = (−2rad/s2 k̂) × (180mmî) = −360mm/s2 ĵ = ~vB (0)
~vPB (0) = ω
sB (t) =
sB (3) =
1
aB t2 + vB (0)t
2
1
(−450mm/s2 )(3s)2 + (−360mm/s2 )(3s) = −3105mm
2
sB (3) = −3.105m
vB (t) = aB t + vB (0)
vB (3) = (−450mm/s2 )(3s) + (−360mm/s) = −1710mm/s = −1.71m/s
Para la aceleración del punto D
~aD = α
~ 2 × ~rD/C − ω 2~rD/C = (−2.5rad/s2 k̂) × (−180mmî) − (−2rad/s)2 (−180mmî)
~aD = 450mm/s2 ĵ + 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 rad
s2 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, PB j, 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,
~vPA polea = ~vPA cuerda
y
~vPB polea = ~vPB cuerda
∀t ≥ 0.
10 Este es el problema 15.30 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
13
Similarmente,
~atPB polea = ~atPB cuerda
y
~atPA polea = ~atPA 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 = ~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 las cargas A
y B también inician su movimiento a partir del reposo. Todavı́a mas, las aceleraciones uniformes de las
cargas A y B están dadas por
rad
1
pie
~vA = ~atPA cuerda = ~atPA polea = α
~ × ~rPA /O = −2.4 2 k̂ × − pie î = 0.8 2 ĵ.
s
3
s
Similarmente
~atPB cuerda = ~atPB polea = α
~ × ~rPB /O
rad
= −2.4 2 k̂ ×
s
1
pie
pie î = −1.2 2 ĵ.
2
s
Usando los métos de cinemática de la partı́cula, se tiene que
~vA = ~aA t = 0.8
pie
pie
ĵ (4 s) = 3.2
ĵ,
s2
s
1
1
pie
2
~rA = ~aA t2 = 0.8 2 ĵ (4 s) = 6.4 pie ĵ.
2
2
s
y
de manera semejante
~vB = ~aB t = −1.2
pie
pie
ĵ (4 s) = −4.8
ĵ,
s2
s
1
1
y ~rB = ~aB t2 =
2
2
pie
2
−1.2 2 ĵ (4 s) = −9.6 pie ĵ.
s
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
Solución: Determinaremos las ecuaciones de movimiento de los discos de fricción. Para el disco A,
se tiene que
α
~ A (t) = α k̂
Por lo tanto, si para t = 0, se tiene que ω
~ A = ~0, se tiene que
ω
~ A (t) = α t k̂
De manera semejante, se tiene que
α
~ B (t) = −α k̂
Por lo tanto, si para t = 2 s, se tiene que ω
~ B = ~0, se tiene que
ω
~ A (t) = −α (t − 2) k̂
11 Este 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
Figure 9: Dos discos de fricción.
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
~ A (t) × ~rP/OA = α t k̂ × (−0.15 m) ĵ = 0.15 α t î
~vPA = ω
y
~ B (t) × ~rP/OB = −α (t − 2) k̂ × (0.2 m) ĵ = 0.2 α (t − 2) î
~vPB = ω
Por lo tanto, si los discos se ponen en contacto sin deslizamiento, se tiene que
0.15 α t = 0.2 α (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
!
25.1327 rad
25.1327 rad
rad
rad
s
s
= 0.2 α
−2
o
3.7699
= 5.02654
− 0.4 α
0.15 α
α
α
s
s
Por lo tanto
rad
.
s2
Por lo tanto, el tiempo para el cual se ponen el contacto está dado por
α = 3.1416
t=
25.1327 rad
25.1327 rad
s
s
= 7.9999 s.
=
α
3.1416 rad
s2
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
pie
10 pie
s y está decreciendo a una velocidad de 24 s2 . Escriba las expresiones vectoriales para la aceleración
angular α
~ del disco y la aceleración total del punto B en ese instante.13
12 Nuevamente
se aplicará el concepto de placa representativa.
es el Problema 5.23 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Sixth Edition. Meriam, J. L. and Kraige, L. G.
[2007], John Wiley: New York.
13 Este
15
Figure 10: Disco Rotante.
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
2
~rA/O = − pie î
3
y
~rB/O =
1
pie ĵ
2
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
ĵ
s
y
~atA = λ 24
pie
ĵ.
s2
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 partı́culas de un
cuerpo rı́gido sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, se tiene que
2
pie
2
pie
o
λ 10
~vA = ω × ~rA/O
o
λ 10
ĵ = ω k̂ × − pie î
ĵ = − pie ω ĵ
s
3
s
3
Por lo tanto,
rad
pie
ĵ
y
~vA = −10
s
s
De manera semejante, puesto que los sentidos de ~vA y ~atA son opuestos, se tiene que
λ = −1
ω = 15
~atA = 24
pie
s2
De manera que
~atA = 24
pie
2
2
=
α
~
×
~
r
=
α
k̂
×
−
pie
î
= − α ĵ
A/O
2
s
3
3
Por lo tanto
rad
rad
y
α
~ = −36 2 k̂.
s2
s
Finalmente, la aceleración total del punto B está dada por
α = −36
~aB = α
~ × ~rB/O − ω 2~rB/O = −36
2
1
1
rad
pie
pie
rad
k̂
×
pie
ĵ
−
15
pie ĵ = 18 2 î − 112.5 2 ĵ
2
s
2
s
2
s
s
Con este resultado finaliza el problema.
16
Figure 11: Problema 5.114 del libro de Meriam.
Problema 9c. El cilindro hidráulico produce un movimiento horizontal limitado en el punto A. Si
vA = 4 m/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
AB
=
senφ
senθ
senφ =
250mm
OB
sen θ =
sen45◦
400mm
AB
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
Análisis de velocidad del mecanismo.
~vB3
= ~vA + ω
~ ABD × ~rB/A = 4 m/s î + ωABD k̂ × (0.358 m î + 0.177 m ĵ)
(3)
De manera similar
~B4
V
=
ω
~ OB × ~rB/O = ωOB k̂ × (−0.176 m î + 0.176 m ĵ)
(4)
Igualando las componentes en X y Y de las ecuaciones (3) y (4) se obtienen las ecuaciones escalares
que resuelven el problema
4 m/s − 0.177 m ωABD
0.358 m ωABD
= −0.176 m ωOB
= −0.176 m ωOB
Despejando de la segunda ecuación escalar ωOB se tiene que
ωOB = −2.034 ωABD
y sustituyendo este resultado en la primera ecuación
4 m/s − (0.177 m)ωABD = −0.176 m (−2.034 ωABD )
14 Este 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.
17
ó
4 m/s = (0.177 m + 0.3579 m)ωABD
Por lo tanto
ωABD = 7.478 rad/s ccw
Análisis de la velocidad del punto D
~vD
= ~vA + ω
~ ABD × ~rD/A = 4 m/s î + (7.478 rad/s) k̂ × (538.02 mm î + 265.63 mm ĵ)
=
(2.01 m/s) î + (4.06 m/s) ĵ
La magnitud vD está dada por
vD =
p
(2.01m/s)2 + (4.06m/s)2 = 4.53 m/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
Figure 12: Conjunto de Polea y Cargas.
~aA = ~aTPA = 300mm/s2 ĵ = α
~ 2 × ~rPA/C = (α2 k̂) × (−120mmî)
~ 2 (0) × ~rPA/C = (ω2 (0)k̂) × (−120mmî)
~vA (0) = ~vPA (0) = 240mm/sĵ = ω
300mm/s2 ĵ = −120mmα2 ĵ
α2 =
240mm/sĵ = −120mmω2 (0)ĵ
ω2 (0) =
ω
~ 2 (t) =
240mm/s
−120mm = −2rad/s
ω
~ 2 (0) = −2.0rad/sk̂
α
~ 2 = −2.5rad/s2 k̂
Z
240mm/s2
= −2.5rad/s2
−120mm
α
~ 2 (t) = −2.5rad/s2 k̂
~1
α
~ 2 (t)dt = −2.5rad/s2 tk̂ + C
~1
−2.0rad/s = ω
~ 2 (0) = −2.5rad/s2 (0)k̂ + C
~ 1 = −2rad/s
C
ω
~ 2 (t) = (−2.5rad/s2 t − 2rad/s)k̂
15 Este 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.
18
θ2 (t) =
Z
(−2.5rad/s2 t − 2rad/s)dt = −1.25rad/s2 t2 − 2rad/st + C2
Para t = 0, θ2 (0) = 0, por lo tanto C2 = 0
θ2 (t) = −1.25rad/s2 t2 − 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
~ × ~rPB/C = (−2.5rad/s2 k̂) × (180mmî) = −450mm/s2 ĵ = ~aB
~aTPB = α
~ 2 (0) × ~rPB/C = (−2rad/s2 k̂) × (180mmî) = −360mm/s2 ĵ = ~vB (0)
~vPB (0) = ω
sB (t) =
sB (3) =
1
aB t2 + vB (0)t
2
1
(−450mm/s2 )(3s)2 + (−360mm/s2 )(3s) = −3105mm
2
sB (3) = −3.105m
vB (t) = aB t + vB (0)
vB (3) = (−450mm/s2 )(3s) + (−360mm/s) = −1710mm/s = −1.71m/s
Para la aceleración del punto D
~aD = α
~ 2 × ~rD/C − ω 2~rD/C = (−2.5rad/s2 k̂) × (−180mmî) − (−2rad/s)2 (−180mmî)
~aD = 450mm/s2 ĵ + 720mm/s2
y
aD = 849.058mm/s2
Con este resultado finaliza el problema.
4
Problemas de cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento plano general.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos rı́gidos sujetos a movimiento
plano general. En estos problemas, se mostrará como relacionar las velocidades y aceleraciones de dos
puntos que pertenecen a cuerpos rı́gidos 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
Solución. Los vectores de posición nesesarios son
~rC/A = 360mmî + 180mmĵ
~rB/A = 180mmî − 180mmĵ
Las velocidades están dadas por
~vA = 120mm/sî + vAy ĵ
~vB = vBx î + 300mm/sĵ
~vc = vCX î − 60mm/sĵ
16 Este 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
Figure 13: Placa Sujeta a movimiento plano general.
Las ecuaciones que relacionan estas velocidades son
~vB = ~vA + ω
~ × ~rB/A
~vc = ~vA + ω
~ +ω
~ × ~rC/A
vBx + 300mm/sĵ = 120mm/sî + vAy ĵ + (ω k̂) × (180mmî − 180j)
vCx î − 60mm/sĵ = 120mm/sî + vAy ĵ + (ω k̂) × (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
60
360
=
=
=
vAy + 180ω
−vAy − 360ω
−180 ω
ω = −2rad/s
vAy = 300 − 180ω = 300 − 180(2) = 660mm/s
~vA = 120mm/sî + 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
17 Este 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
Figure 14: Problema 5.108 del libro de Meriam.
Solución. Los datos proporcionados son
θ = 30◦
~vE = −2 m/s î
a = 100 mm = 0.1 m.
Determinación de los vectores de posición
~rB/A
=
~rD/A
=
√
3
a
a î − ĵ
2√
2
3
3
3 a (cosθ î − sen θ ĵ) = 3
a î − a ĵ
2
2
a (cosθ î − sen θ ĵ) =
Datos para el análisis de velocidad y aceleración.
~vE = −2 m/s î
Suponiendo
~aE = 0 m/s2
Además, se tiene que
~vA = vAX î + vAY ĵ = 2 m/s î + vAY ĵ
~vB = vBX î
~vD = vDY ĵ
~aA = 0 m/s2 î + aAY ĵ
~aB = aBX î
~aD = aDY ĵ
Análisis de velocidad del mecanismo.
Velocidad del punto B
~vB
~vB î
= ~vA + ω
~ ABD × ~rB/A
=
vAX î + vAY ĵ + ωABD k̂ ×
!
√
3
a
a î − ĵ
2
2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
vB
=
0 =
a
2
√
3
+ ωABD
a
2
vAX + ωABD
vAY
Estas dos ecuaciones tienen tres incógnitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales.
Velocidad del punto D
~vD
~vD ĵ
= ~vA + ω
~ ABD × ~rD/A
=
vAX î + vAY ĵ + ωABD k̂ ×
21
√
3
3
a î − a ĵ
3
2
2
!
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
0
=
vD
=
3
vAX + ωABD a
2√
vAY + ωABD 3
3
a
2
De la componente X de esta última ecuación, se tiene que
ωABD = −
2 vAX
2(−2 m/s)
40
=−
= 13.33333 rad/s c.c.w. =
rad/s c.c.w.
3a
3 0.1 m
3
A partir de este resultado es posible determinar el resto de las incógnitas
vB
=
vAY
=
vD
=
=
a
40
0.1 m
4
vAX + ωABD = −2 m/s +
rad/s
= − m/s = 1.3333 m/s
2
3
2
3
√
√
40
3
3
a = − rad/s
(0.1 m) = 1.1547/ m/s.
−ωABD
2
2√
√ 3
√
√
√
40
3
3
3
vAY + ωABD 3
a = −ωABD
a + ωABD 3
a = ωABD 3 a =
rad/s 3 (0.1 m)
2
2
2
3
2.3094 m/s.
Análisis de aceleración del mecanismo.
Aceleración del punto B.
~aB
aB î
= ~aA + α
~ ABD × ~rB/A − ωABD 2~rB/A
!
√
a
3
2
î − ĵ − ωABD
= (0 î + aAY ĵ) + αABD k̂ × a
2
2
!
√
a
3
î − ĵ
a
2
2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
√
a
3
2
aB = αABD − ωABD
a
2
√ 2
1
3
2
+ ωABD
a
0 = aAY + αABD a
2
2
Estas dos ecuaciones tienen tres incógnitas, de manera que buscaremos ecuaciones adicionales.
Aceleración del punto D.
~aD
aD ĵ
= ~aA + α
~ ABD × ~rD/A − ωABD 2~rD/A
!
√
3
3a
2
= (0 î + aAY ĵ) + αABD k̂ × 3 a
î −
ĵ − ωABD
2
2
3
3a
î −
ĵ
3a
2
2
Obteniendo las componentes X y Y de la ecuación vectorial se tiene que
√
3
3a
2
− ωABD 3 a
0 = αABD
2
2
√
3
3a
2
aD = aAY + αABD 3 a
+ ωABD
2
2
De la componente X de esta última ecuación, se tiene que
√ 2
= 307.92 rad/s2 c.c.w.
αABD = 3 ωABD
A partir de este resultado es posible determinar el resto de las incógnitas
√
1
3
2
aAY = −αABD a
− ωABD
a
2
2
22
√
!
y
aD
=
=
=
√
√
√
3
3
3
3a
1
3a
2
2
2
aAY + αABD 3 a
+ ωABD
= −αABD a
− ωABD
a + αABD 3 a
+ ωABD
2
2
2
2
2
2
√
√ 2
√
2
2
αABD a 3 + ωABD a = 3 ωABD a 3 + ωABD a
2
4 a ωABD
= 4 (0.1 m)(13.33333 rad/s)2 = 71.11111 m/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 1.2 m/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 0.5 m.18
Figure 15: Barra con rodillos en los extremos restringidos a moverse en una ranura.
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
s
√
2
5
3R
− R2 = R
rB/Ax =
2
2
Por lo tanto, el vector de posición del punto B respecto de A es
√
5
~rBA = R î + R
ĵ
2
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
18 Este
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.
√
5
19 Como consequencia el centro de velocidad instantáneo se encuentra a una distancia
R descendiendo verticalmente
2
desde el rodillo B y una magnitud R a la derecha del rodillo A. Este resultado podrı́a utilizarse para realizar el análisis de
velocidad.
23
La velocidad del rodillo B está dado por
~vB = ~vA + ω
~ × ~rBA
o
√
5
vB î = vA ĵ + ω k̂ × (R î +
R ĵ)
2
Las componentes x y y de esta ecuación son
√
5
vB = −ω
R
0 = vA + ω R
2
Por lo tanto
−1.2 m
rad
vA
s
=−
= 2.4
R
0.5 m
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
ω=−
~aA = ~0
La aceleración del rodillo o punto B está dada por
~aB = ~aA + α
~ × ~rB A − ω 2 ~rB A
(9)
La componente normal de la aceleración en B está dada —recuerde la ecuación para la aceleración
normal de una partı́cula— por:
2
√
5
−ω
R
2
2
vB
5 ω 2 R2
m
aBn =
=
=
= 3.6 2
R
R
4R
s
Por tanto la aceleración en B se puede expresar como
~aB = aBx î − 3.6
m
ĵ
s2
Sustituyendo en la ecuación (9), la ~aA , ~aB y ω, se tiene
√
√
5
5
rad 2
m
~
R ĵ) − (2.4 2 ) (R î +
R ĵ)
aBx î − 3.6 2 ĵ = 0 + α k̂ × (R î +
s
2
s
2
Las componentes escalares de esta ecuación vectorial son
√
rad
5
R − (2.4 2 )2 R
aBx = −α
2
s
√
m
rad 2 5
−3.6 2 = α R − (2.4 2 )
R
s
s
2
De la segunda ecuación se tiene que
2
−3.6 sm2 + (2.4 rad
s2 )
α=
R
√
5
2
R
= −0.760124 rad/s2
De la primera ecuación, se tiene que
√
√
5
5
rad 2
rad
2
R − (2.4 2 ) R = −(−0.760124 rad/s )
(0.5 m) − (2.4 2 )2 (0.5 m) = −2.455 m/s2
aBx = −α
2
s
2
s
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
24
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
ω
~ A = −ωA k̂
ωBCD = −
ωA
k̂
5
ω
~ E = ~0
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
=
ω~A × ~rP/OA = (−ω k̂) × (aĵ) = ωA aî
~vP/B
=
ω
~ BCD × ~vOB/OA + ω
~ B × ~rP/OB = (−
=
ωA
(a + b)î + ωB bî
5
ωA
k̂) × (a + b)ĵ + ωB k̂ × (−bĵ)
5
La ecuación escalar que se obtiene de esta ecuación vectorial es
ωA a =
ωA
(a + b) + ωB b
5
(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
~ B × ~rQ/B ) = (−
ω
~ BCD × ~rOB /OA + ω
~vQ/B
=
~vQ/E
= ~0
ωA
ωA
k̂) × (a + b)ĵ + ωB k̂ × (bĵ) =
(a + b) − ωB b
5
5
La ecuación escalar asociada a esta ecuación vectorial es
ωA
0=
(a + b) − ωB b
5
(11)
20 Este 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.
25
Sumando (10) y (11), se tiene que
2
ω✟
ω✟
Aa = ✟
A (a + b)
✟
5
ωB =
a=
2
2
a+ b
5
5
3
2
a= b
5
5
b
3/5
3
=
=
a
2/5
2
ωa a
ωA 1
ωA 2
ωA
ωA a + b
=
( + 1) =
(
+ 1) =
( + 1) =
5
b
5 b
5 3/2
5 3
3
1
ωA k̂
3
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
ω
~B =
Figure 17: Engrane planetario a analizar.
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
~vP 3
~vQ4
= ~vP 4
= ~vQ5
(12)
(13)
Para la primera ecuación (12), se tiene que
~vP 3
~vP 4
=
a
1
ω
~ 3 × ~rP/O = ω3 k̂ × î = ω3 aĵ
2
2
= ~vA4 + ω
~ 4 × ~rP/A = ω
~ 2 × ~rA/O + ω
~ 4 × ~rP/A
−a
î =
= ω2 k̂ × aî + ω4 k̂ ×
2
1
ω2 − ω4
2
aĵ
21 Este 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.
26
Figure 18: Enumeración de los eslabones del engrane planetario.
Por lo tanto, la ecuación (12), se reduce a
1
1
ω3 aĵ = ~vP 3 = ~vP 4 = ω2 − ω4 aĵ
2
2
o
1
1
ω3 = ω2 − ω4
2
2
(14)
Para la segunda ecuación (13), se tiene que
~vQ4
~vQ5
a
= ~vA4 + ω
~ 4 × ~rQ/A = ω
~ 2 × ~rA/O + ω
~ 4 × ~rQ/A = ω2 k̂ × aî + ω4 k̂ × î =
2
3a
3
= ω
~ 5 × ~rQ/O = ω5 k̂ × î = ω5 aĵ
2
2
Por lo tanto, la ecuación (13), se reduce a
1
3
ω2 + ω4 a ĵ = ~vQ4 = ~vQ5 = ω5 aĵ
2
2
o
1
ω2 + ω4 a ĵ
2
1
3
ω2 + ω4 = ω5
2
2
(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 = 2 ω2 − ω4
2 ω2 + ω4 = 3 ω5
Las incógnitas en este sistema de ecuaciones son ω3 y ω4 . Para tal fı́n, las ecuaciones se escriben como
ω3 + ω4
=
2 ω2
ω4
=
−2 ω2 + 3 ω5
Por lo tanto, la solución del sistema es
ω4 = −2 ω2 + 3 ω5
ω3 = 4 ω2 − 3 ω5
Ahora se resolverán cada uno de los incisos:
1. a). ω2 = −90 r.p.m. y ω5 = 0. Por lo tanto
ω4
=
ω3
=
−2 ω2 + 3 ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (0 r.p.m.) = 180 r.p.m.
4 ω2 − 3 ω5 = 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
ω3
=
=
−2 ω2 + 3 ω5 = −2 (−90 r.p.m.) + 3 (80 r.p.m.) = 420 r.p.m.
4 ω2 − 3 ω5 = 4 (−90 r.p.m.) − 3 (80 r.p.m.) = −600 r.p.m.
27
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
Figure 19: Engrane Planetario Compuesto.
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 rı́gido, “...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
Por lo tanto, se tiene que
~vP 2
=
~vP 4
= ~vB3 + ω
~ 4 × ~rP/B = ω
~ 3 × ~rB/A + ω
~ 4 × ~rP/B = ω3 k̂ × (rA + rB ) î + ω4 k̂ × −rB î
=
ω
~ 2 × ~rP/A = ω2 k̂ × rA î = ω2 rA ĵ
[ω3 (rA + rB ) − ω4 rB ] ĵ
22 Este 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.
28
Igualando estas ecuaciones se tiene que
ω2 rA = ω3 (rA + rB ) − ω4 rB
De manera semejante
~vQ4
= ~vB3 + ω
~ 4 × ~rQ/B = ω3 k̂ × (rA + rB ) î + ω4 k̂ × rB î = [ω3 (rA + rB ) + ω4 rB ] ĵ
~vQ5
= ~vC3 + ω
~ 5 × ~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
ω2 rA + ω3 (rB + rC − rA − rB )
rA
ω2 rA + ω3 (rC − rA )
rA
ω5 =
=
= ω2
+ ω3 1 −
rC
rC
rC
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.
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 colları́n y la velocidad angular de la varilla AB cuando a) β = 0◦ , b) β = 90◦ .23
Figure 20: Mecanismo con disco rodando.
Solución: Aquı́ 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
23 Este
~atP/disco = ~atP/piso = ~0.
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
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 = rθ
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 lı́nea 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
pulg.
î
−45
s.
Por lo tanto
ω=
= ~vP/disco + ω
~ × ~rD/P
= ~0 + ω k̂ × 4 pulg. ĵ = −4 ω pulg. î.
−45 pulg.
rad.
s.
= 11.25
−4 pulg.
s.
y
ω
~ = 11.25
rad.
k̂.
s.
Ahora determinaremos la velocidad del punto A,
~vA/disco = ~vD/disco + ω
~ × ~rA/D = −45
pulg.
rad.
pulg.
î + 11.25
k̂ × −2.5 pulg. ĵ = −16.875
î
s.
s.
s.
Además
~vA/disco = ~vA/AB
Estamos ahora en posición para obtener la velocidad del colları́n B y la velocidad angular de la barra
AB. Debe notarse que
~vB/AB
~vA/AB + ω
~ AB × ~rB/A
pulg.
−16.875
î + ωAB k̂ × 10.677pulg. î + 6.5 pulg.ĵ
s.
Las ecuaciones escalares que resultan de la ecuación vectorial son
−16.875
pulg.
− ωAB 6.5 pulg. = vB ,
s.
y
0 + ωAB 10.677pulg. = 0.
30
= ~vB/collar
=
vB î
=
vB î
Por lo tanto
ωAB = 0
y
vB = −16.875
o en términos vectoriales
ω
~ = ~0
y
~vB = −16.875
pulg.
s.
pulg.
î.
s.
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
y de la ecuación
~vB = ~vA + ω
~ × ~rB/A = ~vA + (ω k̂) × (9[ft]î) = ~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/s2 ĵ
~aB = 5ft/s2 ĵ
y
~aB = ~aA + α
~ × ~rB/A − ω 2~rB/A
Sustituting the numeric values of the variables
5ft/s2 ĵ = 12ft/s2 ĵ + (αk̂) × (9[ft]î) − 02 (9[ft]î)
o
5ft/s2 = 12ft/s2 + 9α[ft]
α=
Finalmente
α
~ =−
7
5ft/s2 − 12ft/s2
= − rad/s2
9ft
9
7 ft 2
/s k̂
9
✘0
✘✿
ω 2✘
~rC/A
~aC = ~aA + α
~ × ~rC/A − ✘
24 Este 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.
31
o
~aC = 12ft/s2 ĵ + (−
7 rad 2
/s k̂) × (10[ft]î) = 4.222222ft/s2 ĵ
9
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 lı́nea horizontal que pasa por el punto B. De igual manera, puesto que la velocidad del punto
A es horizontal, el centro instantáneo de la barra 2 yace sobre una lı́nea vertical que pasa por el punto
A. La intersección de esas dos lı́neas es el punto O2 . De la Figura 22, se tiene que
~rB/O2 = 30 in î
~vB = −60 in/s ĵ
Además, puesto que la velocidad del centro instantaneo O es cero, se tiene que
~ 2 × ~rB/O2
~ 2 × ~rB/O2 = ω
~vB = ~vO2 + ω
Por lo tanto
−60 in/s ĵ = ω2 k̂ × 50 in î = 30 in ω2 ĵ
ω2 =
−60 in/s
= −2 rad/s
30 in
Además es posible calcular la velocidad del punto D, pues
~rD/O2 = 15 in î − 8 in ĵ
por lo tanto
~ 2 × ~rD/O = −2 rad/s k̂ × 15 in î − 8 in ĵ = −16 in/s î − 30 in/s ĵ
~ 2 × ~rD/O2 = ω
~vD3 = ~vD2 = ~vO2 + ω
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 lı́nea vertical
que pasa por el punto E. Por otro lado, el centro instantáneo O3 estará localizado en una lı́nea que pasa
25 Este 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.
32
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
24
9 in ĵ = −9 in î +
inĵ
15
5
Por lo tanto
~rD/O3 = ~rD/F − ~rO3 /F = −6 in î +
16
inĵ
5
y
16
~ 3 × ~rD/O3 = ω3 k̂ × −6 in î +
= ~vO3 + ω
inĵ
5
16
= − in ω3 î − 6 in ω3 ĵ
5
−16 in/s î − 30 in/s ĵ = ~vD3
De esta ecuación vectorial, se tienen dos ecuaciones escalares
−16 in/s = −
16
in ω3
5
y
− 30 in/s = −6 in ω3
Las ecuaciones son consistentes y tienen como solución común
ω3 = 5 rad/s
y
ω
~ 3 = 5 rad/s k̂
Finalmente, la velocidad del punto E estará dada por
24
~ 3 × ~rE/O3 = 5 rad/s k̂ × − inĵ = 24 in/s î.
~ 3 × ~rE/O3 = ω
~vE3 = ~vO3 + ω
5
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
Figure 23: Mecanismo plano de cuatro barras.
26 Este 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.
33
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
α
~ 2 = ~0.
ω
~ 2 = 20 rad/s2 k̂
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 = ω
~ 2 × ~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 + ω
~ 3 × ~rD/B = ω
~ 4 × ~rD/E = ~vD4
De aquı́ 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
60 in/s + ω3 10 in
=
=
4 ω4 in
−3 ω4 in
La solución de este sistema de ecuaciones está dado por
ω4 = 20 rad/s
ω3 = −12 rad/s
Por lo tanto
ω
~ 3 = −12 rad/s k̂
ω
~ 4 = 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
~vH3
= ~vB3 + ω
~ 3 × ~rH/B = 80 in/s î + 60in/s ĵ + (−12 rad/s k̂) × (10 in î − 10 in ĵ)
=
(80 in/s + 120 in/s) î + (120 in/s) î = −40 in/s î − 60 in/s ĵ
Este vector ~vH3 , tiene una magnitud igual a
p
| ~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
= −123.69◦
−40 in/s
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 = α
~ 2 × ~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 + α
~ 3 × ~rD/B − ω32 ~rD/B = α
~ 4 × ~rD/E − ω42~rD/E = ~aD4
34
De aquı́ 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
1600 in/s2 + α3 10 in
=
=
4 α4 in + 1200 in/s2
−3 α4 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
α
~ 3 = 288 rad/s2 k̂
ω
~ 4 = −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
~aH3
= ~aB3 + α
~ 3 × ~rH/B − ω32 × ~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)
240 in/s2 î + 5920 in/s2 ĵ
Este vector ~aH3 , tiene una magnitud igual a
p
| ~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/s2
= 87.6784◦
240 in/s2
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
Figure 24: Mecanismo Plano de Cuatro Barras.
27 Este
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.
35
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
donde a = 100 mm. Similarmente, las velocidades y aceleraciones angulares de los eslabones son
ω
~ 2 = ω2 k̂
α
~ 2 = ~0 ω
~ 3 = ω3 k̂
α
~ 3 = α3 k̂
ω
~ 4 = ω4 k̂
α
~ 4 = 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 = ω
~ 2 × ~rB/A = ω2 k̂ × (−4 a î − 8 a ĵ) = 8 a ω2 î − 4 a ω2 ĵ
El análisis de velocidad finaliza notando que ~vD3 = ~vD4 , por lo tanto
~vD3
= ~vB3 + ω
~ 3 × ~rD/B = (8 a ω2 î − 4 a ω2 ĵ) + ω3 k̂ × 8 a î = 8 a ω2 î + (−4 a ω2 + ω3 8 a)ĵ
~vD4
=
ω
~ 4 × ~rD/E = ω4 k̂ × (4 a î − 5 a ĵ) = 5 ω4 aî + 4 ω4 aĵ
Igualando estas ecuaciones se obtiene que
8 a ω2 = 5 ω4 a
− 4 a ω2 + ω3 8 a = 4 ω4 a
La solución de este sistema está dado por
ω4 =
8
ω2 = −6.4 rad/s
5
ω3 =
1
13
(ω2 + ω4 ) =
ω2 = −5.2 rad/s.
2
10
Análisis de aceleración. Para el análisis de aceleración, se iniciará determinando la aceleración del
punto A, dada por
~aB3 = ~aB2 = α
~ 2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = −ω22 × (−4 a î − 8 a ĵ) = 4 a ω22 î + 8 a ω22 ĵ
El análisis de aceleración finaliza notando que ~aD3 = ~aD4 , por lo tanto
~aD3
=
=
~aD4
=
=
13
ω2
~aB3 + α
~ 3 × ~rD/B −
=
î +
ĵ + α3 k̂ × 8 a î −
10
119
169
4 ω22 a 1 −
î + 8 a ω22 + α3 ĵ = 4 ω22 a
î + 8 a ω22 + α3 ĵ
50
50
2
8
α
~ 4 × ~rD/E − ω42 ~rD/E = α4 k̂ × (4 a î − 5 a ĵ) −
(4 a î − 5 a ĵ)
ω2
5
16 2
256
5 a α4 −
a ω22 î + 4 a α4 +
ω ĵ
25
5 2
ω32 ~rD/B
4 a ω22
8 a ω22
2
8 a î
Igualando estas ecuaciones se obtiene que
−4 ω22 a
16 2
8 a ω22 + α3 = 4 a α4 +
ω2
5
119
256
= 5 a α4 −
a ω22
50
25
De la primera ecuación, se tiene que
119 256
2
5 a α4 = ω2 a −4
+
50
25
α4 = ω22
−238 + 256
18
= ω22
= 2.304 rad/s2 .
125
125
De la segunda ecuación, se tiene que
2 ω22 + 2 α3 = ω22
16 2
18
+
ω
125
5 2
2 α3 = ω22
18 + 400 − 250
168
= ω22
125
125
α3 =
84 2
ω = 10.752 rad/s
125 2
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
36
Figure 25: Tambor sobre riel.
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
Los datos del problema están dados por
~aD = −30in/s2 î = ~aTB
y
~vD = −8in/sî = ~vB
Puesto que el tambor rueda sin deslizar sobre la varilla, se tiene que
~aTA = ~0 ⇒ ~aA = aĵ
~vA = ~0
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/sî = ~0 + (ω k̂) × (−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 − ω 2~rB/A
Numéricamente
−30in/s2 î + aBy ĵ = aAy ĵ + (αk̂) × (−2inĵ) − (−4rad/s)2 (−2inĵ)
aBy = aAy + 32in/s2
−30in/s2 = 2αin
Por lo tanto
α
~ = −15rad/s2 k̂
α = 15rad/s2
Por otro lado, note que en el punto G se mueve en una linea recta horizontal, entonces:
~aG = ~aA + α
~ × ~rG/A − ω 2~rG/A
aGx î = aAy ĵ + (−15rad/s2 k̂) × (3inĵ) − (−4rad/s)2 (3inĵ)
aGx = 45in/s2
0 = aAy − 48in/s2
aAy = 48in/s2
Finalmente
~aA = 48in/s2 ĵ
28 Este 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.
37
De manera semejante
aBy = aAy + 32in/s2 = 80in/s2
De manera que la aceleración del punto B está dada por
~aB = −30in/s2 î + 80in/s2 ĵ
o
aB = 85.44in/s2
θ = 180 − 69.44◦
Igualmente
~aG = ~aA + α
~ × ~rG/A − ω 2~rG/A
o
~rG/A = 5î + 3ĵ[in]
~aG = 48ĵ + (−15k̂) × (5î + 3ĵ) − (−4)2 (5î + 3ĵ)[
y
Finalmente
in
]
s2
~aG = î(+45 − 80)in/s2 + ĵ(48 − 75 − 48)in/s2
~aG = −35in/s2 î − 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
p
~rB/A = R C θ î + R S θ ĵ
~rC/B = −R C θ î + L2 − R2 C 2 θ ĵ
La velocidad y aceleración angular de la manivela y de la biela están dadas por
ω
~ 2 = θ̇ k̂
α
~ 2 = θ̈ k̂
ω
~ 3 = ω3 k̂
α
~ 3 = α3 k̂
1. Análisis de Velocidad. La velocidad del punto B está dado por
~vB = ω
~ 2 × ~rB/A = θ̇ k̂ × R C θ î + R S θ ĵ = −R S θ θ̇ î + R C θ θ̇ ĵ
La solución del análisis de aceleración se obtiene igualando dos expresiones equivalentes de la velocidad del punto C
p
~vC = ~vC + ω
~ 3 × ~rC/B = −R S θ θ̇ î + R C θ θ̇ ĵ + ω3 k̂ × −R C θ î + L2 − R2 C 2 θ ĵ
p
=
−R S θ θ̇ − ω3 L2 − R2 C 2 θ î + R C θ θ̇ − ω3 R C θ ĵ
29 Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo and
Plesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.
38
y
~vC = vC ĵ
Igualando estas ecuaciones, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones
p
−R S θ θ̇ − ω3 L2 − R2 C 2 θ = 0
R C θ θ̇ − ω3 R C θ = vC
La solución de este sistema de ecuaciones está dada por
R S θ θ̇
ω3 = − √
2
L − R2 C 2 θ
5
RSθ
vC = R θ̇ C θ 1 + √
2
L − R2 C 2 θ
Problemas de movimiento de cuerpos rı́gidos analizados en
términos de un parámetro.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos rı́gidos sujetos, usualmente
a movimiento plano general. En estos problemas, el movimiento del cuerpo rı́gido 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 centroide C en un cierto instante son 80 m/s2 y 30 m/s2 ,respectivamente. Determine los valores de θ̇ y θ̈
en ese mismo instante. El ángulo θ es el angulo entre la lı́nea AB y el eje horizontal fijo,vea la figura 27.30
Figure 27: Placa OAB.
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 lı́nea OA, se tiene que
180◦ = −120◦ + θ + δ
Por lo tanto
δ + θ = 60◦
θ = 60◦ − δ
30 Este 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.
39
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= p
a
=p
2(1 − cos φ)
150
a
= √ = 86.6 mm = 0.0866 m
3
2[1 − (−0.5)]
La aceleración tangencial está dada por
at = αr
Por lo tanto
α=
at
30 m/s2
=
= 346.42 rad/s2
r
0.0866 m
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=
r
an
=
r
r
80 m/s2
= 30.39 rad/s
0.0866 m
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
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=
d (d tanθ)
dθ
d dθ
ds
=
= d sec2 θ
=
dt
dt
dt
cos2 θ dt
31 Este 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.
40
Figure 28: Problema 5 − 29 del libro de Meriam.
Despejamos la derivada del ángulo con respecto del tiempo para encontrar la velocidad ángular de la
barra OB
dθ
(v)(cos2 θ)
ωOA =
=
(18)
dt
d
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 trigonometrı́a, se sabe que
cosθ = √
s2
d
+ d2
Sustituyendo esta ecuación en la ecuación (18) se obtiene la ecuación
v
d
ωOA =
√
d
s 2 + d2
2
=
vd
s 2 + d2
(19)
Ahora se procederá a encontrar la aceleración ángular de la barra OA derivando la velocidad ángular
encontrada en la ecuación (18), se supondrá además que la velocidad de variación de la velocidad v está
dada por
dv
a≡
dt
Ası́ pues, se obtiene que
d (ωOA )
vd
d
αOA =
=
dt
dt s2 + d2
Realizando la derivada, se tiene que
αOA =
ds
2
2
( dv
dt d)(s + d ) − (2s dt )(vd)
(s2 + d2 )2
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
41
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
b d xA
−2 d xA
2 dθ
=− 2
= b −xA
sec θ
dt
dt
xA d t
Finalmente, debe notarse que la velocidad angular de la barra AB está dada por
ω≡
dθ
dt
Además, si la velocidad del punto A es hacia la derecha, entonces
d xA
= −vA
dt
pues la coordenada xA disminuye su valor algebraico. Por lo tanto
ω=−
b vA
b
Cos2 θ (−vA ) = 2 Cos2 θ
2
xA
xA
(22)
Si se desea evitar la presencia del ángulo θ, recordando que
Cos θ =
xA
(x2A
+
Sen θ =
1/2
b2 )
b
(x2A
+ b2 )
1/2
32 Este 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.
42
se tiene que
ω=
b vA
x2A + b2
(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
2
−2
dω
d xA
2 b vA
xA
α≡
2xA
=
(24)
= b vA − x2A + b2
2
dt
dt
(x2A + b2 )
Si la persona paso por alto esta última reducción, aún ası́ 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
dθ
dω
−3 d xA
−2
2
Cos θ + xA 2 Cos θ −Sen θ
= b vA −2 xA
α≡
dt
dt
dt
2
2
2
2 b vA
Cos2 θ 2 b vA Cos θ Sen θ
2 b vA
Cos2 θ 2 b2 vA
Cos3 θ Sen θ
=
−
ω
=
−
(25)
x3A
x2A
x3A
x4A
Sustituyendo las ecuaciones del seno y coseno de θ, se tiene que
α
=
2
2
2
2
b
x2A
x3A
2 b2 v A
Cos3 θ Sen θ
2 b vA
2 b vA
Cos2 θ 2 b2 vA
−
−
=
3
4
3
2
4
2
xA
xA
xA xA + b
xA (x2 + b2 )3/2 (x2 + b2 )1/2
A
A
=
2
2
2
2
2
2
2 b vA
2 b3 v A
2 b vA
xA
2 xA + b − b
−
= 2 b vA
=
2
2
2
2
2
2
2
2
xA (xA + b ) xA (x2A + b2 )
xA (xA + b )
(xA + b2 )
(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
vBy
≡
≡
d xA
dθ
b vA
d xB
=−
− l Sen θ
= −vA − l Sen θ ω = vA − l Sen θ 2
dt
dt
dt
x A + b2
=
vA − l
l b2 v A
b vA
= vA −
2
3/2
+b
(x2A + b2 )
(28)
b vA
xA
d yB
dθ
xA
l b xA v A
ω=l
=
= l Cos θ
=l
2
2
1/2
1/2
3/2
dt
dt
xA + b
(x2A + b2 )
(x2A + b2 )
(x2A + b2 )
(29)
b
(x2A +
1/2 x2
b2 )
A
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 rı́gido,
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 + ω
~ 2 × ~rC/A = vA î + ω2 k̂ × xA î + b ĵ = (vA − ω2 b) î + (ω2 xA ) ĵ
Un vector unitario a lo largo de la normal común, en el punto C, está dado por
n̂ = −sen θ î + cos θ ĵ
43
De manera que la condición dada por la ecuación (30) conduce a
h
i
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 = p
b
x2A
+
cos θ = p
b2
de manera que, la condición se reduce a
0 = −p
o
b vA
p
x2A
+
b2
= ω2
b
x2A
p
+
b2
b2
x2A
+
(vA − ω2 b) + p
b2
+p
x2A
x2A
+
b2
xA
x2A + b2
xA
x2A + b2
!
o
ω2 x A
ω2 =
b vA
+ b2
x2A
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
h
i
~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
!
v A xA
b vA
b
xA
xA
=p 2
+ 2
+ xA p 2
~vC2t̂ = vA p 2
−b p 2
x A + b2
x A + b2
x A + b2
x A + b2
x A + b2
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
dθ
= b cos θ ĵ = bθ̇ cos θĵ
dt
dt
=
θ̇ = ω
Derivando nuevamente la ecuación de la velocidad respecto al tiempo, se tiene que
~aB
=
d~vB
d
= [bθ̇ cos θĵ] = (bθ̈ cos θ − bθ̇2 sin θ)ĵ
dt
dt
donde
θ̇ = ω
θ̈ = α
Por lo tanto
~vB = bω cos θĵ
α
~ B = (bα cos θ − bω 2 sin θ)ĵ
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
44
Figure 30: Yugo escoces
Figure 31: Volante rodando en el interior de un cilindro hueco.
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
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 cı́rculo P P ′ = 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 cı́rculo.
⌢
⌢
P ′ Q=P Q
Sustituyendo los arcos en términos de los radios y ángulos de rodado, se tiene que
rθ +rφ = Rφ
de donde
El vector de posición del punto P está dado por
φ=
rθ
R−r
~rP ′ /O = ~rO′ /O + ~rP ′ /O′
33 Este
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.
34 Este problema corresponde a los problemas 15.148 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics
Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
45
Figure 32: Determinación de la relación del ángulo de rodado y el de inclinación.
En el sistema coordenado OXY el vector ~rO′ /O está dado por
h
i
~rO′ /O = (R − r) sen φ î + R − (R − r) cos φ ĵ
En el sistema coordenado OXY el vector ~rP ′ /O′ está dado por
~rP ′ /O′ = −r sen θ î − r cos θ ĵ
Entonces, el vector ~rP ′ /O′ está dado, en el sistema coordenado OXY , por
= ~rP ′ /O′ + ~rO′ /O
~rP ′ /O
=
=
[(R − r) sen φ − r sen θ] î + [R − (R − r) cos φ − r cos θ] ĵ
rθ
rθ
− r sen θ î + R − (R − r) cos
− r cos θ ĵ
(R − r) sen
R−r
R−r
Derivando el vector ~rP ′ /O respecto al tiempo, se tiene que
d ~rP ′ /O
r
rθ
rθ
~vP ′ =
= (R − r)
cos
θ̇ − r cos θ θ̇ î + R − (R − r) cos
− r cos θ ĵ
dt
R−r
R−r
R−r
rθ
rθ
− cos θ î + r θ̇ sen
+ sen θ ĵ
= r θ̇ cos
R−r
R−r
Debe notarse que si R = 2 r, la ecuación anterior se reduce a
rθ
rθ
~rP ′ /O =
(2 r − r) sen
− r sen θ î + 2 r − (2 r − r) cos
− r cos θ ĵ
2r − r
2r − r
=
[r sen θ − r sen θ] î + [2 r − r cos θ − r cos θ] ĵ = 2 r (1 − cos θ) ĵ
Este es el resultado del problema 15.149 del mismo libro.
Problema 5.6 Determine una expresión general para la aceleración del pistón C como una función
de L, R, θ, ωAB = θ̇, y αAB = θ̈. 35
Solución. Los vectores de posición del punto B respecto del punto A y del punto C respecto del
punto B están dados por
p
~rB/A = R C θ î + R S θ ĵ
~rC/B = −R C θ î + L2 − R2 C 2 θ ĵ
Por lo tanto
p
p
~rC/A = ~rB/A + ~rC/B = 0 î + R S θ + L2 − R2 C 2 θ ĵ = R S θ + L2 − R2 C 2 θ ĵ
35 Este problema corresponde a los problemas P6.131 del libro Engineering Mechanics: Dynamics Gray, Costanzo and
Plesha, Second Edition, New York: McGraw Hill.
46
Figure 33: Mecanismo manivela biela corredera.
Por lo tanto, la velocidad del punto C está dada por
~vC =
p
d ~rC/A
d =
R S θ + L2 − R2 C 2 θ ĵ
dt
dt
Puesto que se sabe que la velocidad y aceleración del punto C tiene siempre la dirección del eje
vertical, para reducir la escritura, sólo se considerará la componente escalar, por lo tanto
vC
p
− 1 1 2
d R S θ + L2 − R2 C 2 θ = R C θ θ̇ +
L − R2 C 2 θ 2 −R2 2 C θ(−S θ)θ̇
dt
2
RSθ
= R C θ θ̇ 1 + √
L2 − R 2 C 2 θ
=
Para la aceleración, se tiene que
RSθ
d
d
R C θ θ̇ 1 + √
vC =
aC =
dt
dt
L2 − R 2 C 2 θ
RSθ
2
1+ √
=
R C θ θ̈ − R S θ θ̇
L2 − R 2 C 2 θ


√
− 1 R C θ θ̇ L2 − R2 C 2 θ − R S θ 12 L2 − R2 C 2 θ 2 −R2 2 C θ(−S θ)θ̇

+R C θ θ̇ 
L2 − R 2 C 2 θ
"
#
L2 − R 2 C 2 θ − R 2 S 2 θ
RSθ
2
2 2
2
1+ √
=
R C θ θ̈ − R S θ θ̇
+ R C θ θ̇
3
L2 − R 2 C 2 θ
(L2 − R2 C 2 θ) 2
Problema 5.7 Empleando el método de análisis de un movimiento en términos de un parámetro,
determine una expresión para la magnitud de la velocidad del punto C en términos de la velocidad vB
de la barra del pistón y el ángulo θ.36
Solución. Debe notarse que el triángulo OAB es isósceles, por lo tanto, si el ángulo
< BOA =< OBA = φ,
se tiene que
θ + 2φ = π
φ=
π θ
−
2
2
φ̇ = −
θ̇
2
36 Este es el Problema 5.111 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,
John Wiley and Sons, Inc: New York.
47
C
b
B
O
θ
b
vB
b
A
Figure 34: Mecanismo actuado mediante un cilı́ndro neumático.
Por otro lado, si se define sB como la distancia que parte del punto O hasta el punto B, de la ley de
cosenos aplicada al triángulo OAB, se tiene que
s2B = b2 + b2 − 2 b b C θ = 2 b2 − 2 b2 C θ = 2 b2 (1 − C θ)
Sin embargo,
S2
θ
1−Cθ
=
2
2
Por lo tanto
θ
θ
sB = 2 b S
2
2
Derivando, respecto al tiempo, esta expresión, se tiene que
s2B = 22 b2 S 2
ṡB =
d sB
θ θ̇
θ
= 2bC
= b C θ̇
dt
2 2
2
No obstante, debe notarse que
ṡB =
De manera que
−vB = b C
d sB
= −vB
dt
θ
θ̇
2
θ̇ = −
vB
b C θ2
Por lo tanto
φ̇ = −
vB
θ̇
=
2
2bC
θ
2
Finalmente, la velocidad angular del brazo ABC está dada por
ω
~ ABC = φ̇ k̂ =
vB
2bC
θ
2
k̂
Estamos pues en posibilidades de determinar la velocidad del punto C. Su vector de posición está
dado por
~rC/B = b C φ î + b S φ ĵ
Sin embargo de las identidades trigonométricas, se tiene que
Sφ=S(
π θ
π θ
θ
π θ
− )=S C −C S =C
2
2
2 2
2 2
2
y
Cφ=C(
π θ
π θ
π θ
θ
− )=C C +S S =S
2
2
2 2
2 2
2
Por tanto,
~rC/B = b S
θ
θ
î + b C ĵ
2
2
48
De estos resultados, se tiene que
~vC = ~vB + ω
~ ABC × ~rC/B = vB î +
vB
2bC
θ
2
θ
θ
3
vB S
k̂ × b S î + b C ĵ = vB î +
2
2
2
2 C
θ
2
θ
2
ĵ
Por lo tanto
#
#
#
"
"
"
v 2 9 C 2 θ + S 2 θ
v 2 1 + 8 C 2 θ
v 2 v 2
S 2 θ2
B
B
B
B
2 θ
2
2
2
2
=
=
8
+
Sec
9+ 2 θ =
| ~vC | =
2
2
2
2
2
C 2
C 2 θ2
C 2 θ2
Finalmente
vB
| ~vC |=
2
6
r
8 + Sec2
θ
2
Problemas de movimiento de cuerpos rı́gidos que tienen movimientos con respecto a un sistema de referencia sujeto a
movimiento de rotación.
En esta sección se analizarán diferentes problemas de la cinemática de cuerpos rı́gidos sujetos a movimientos con respecto a un sistema de referencia sujeto a movimiento de rotación. El análisis de aceleración
de estos cuerpos conduce al concepto de acereleración Coriolis.
Problema 6.1 El movimiento de la boquilla D está controlada por el brazo AB. En el instante
mostrado, el brazo está rotando en sentido antihorario a la velocidad constante ω = 2.4rad/s y la porción
BC se está extendiendo a una tasa constante u = 10m/s con respecto al brazo. Para cada uno de los
arreglos mostrados en la figura 35 determine la aceleración de la boquilla D.37
Figure 35: Arreglos de mangueras extensibles.
El vector de posición de la boquilla D respecto al pivote rotatorio A está dado por
~rD/A = 11î + 4ĵ[in]
La velocidad angular del regador rotatorio está dada por
ω
~ = 2.4rad/sk̂
37 Este problema corresponde a los problemas 15.166 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics
Beer, Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
49
Las velocidades de la boquilla respecto a un sistema de referencia sujeto a rotación alrededor de un eje
perpendicular al plano del papel que pasa por el punto A.
• En el primer caso a).
ûa = î
AX1 Y1 Z1
d ~rA
dt
= 10 in/s ûa = 10 in/s î
(a)
• En el segundo caso b).
ûb =
4
3
î + î
5
5
AX1 Y1 Z1
d ~rA
dt
(b)
= 10 in/s ûb = 6î + 8ĵ in/s
Ahora procederemos a calcular la aceleración de la boquilla D en ambos casos
• En el primer caso a).
OXY Z
d2~rD
dt2
2 ✘
✿
✘0
d ~rA
d✘~r✘
✿
✘0 2
D✘
AX1 Y1 Z1
✘
✘
α
~✘
× ~rD/A − ω ~rD/A + 2 ω
~ ×
=
+✘
✘✘ dt2
d t (a)
✘ ✘✘
(a)
AX1 Y1 Z1
(a)
=
=
=
−(2.4 rad/s)2 (11 in î + 4 in ĵ) + 2(2.4rad/sk̂) × (10in/sî)
−63.36 in/s2 î − 23.04 in/s2 ĵ + 48 in/s ĵ = −63.36 in/s2 î + 24.96 in/s2 ĵ
24.96 in/s2
= 180◦ − 21.5◦ = 158.5◦
68.099in/s2
∠θ = tan−1
−63.36 in/s2
• En el segundo caso b).
OXY Z
d2~rD
dt2
(b)
2 ✘
✿
✘0
d✘~r✘
✘0 2
D✘
✘✿
✘
α
~✘
×✘
~rD/A
− ω ~rD/A + 2 ω
~ ×
=
+✘
✘
2
✘
dt
✘✘
(b)
AX1 Y1 Z1
=
=
=
AX1 Y1 Z1
d ~rA
dt
(b)
2
−(2.4 rad/s) (11 in î + 4 in ĵ) + 2 (2.4 rad/s k̂) × (6 in/s î + 8 in/s ĵ)
−63.36 in/s2 î − 23.04 in/s2 ĵ + 28.8 in/s2 ĵ − 38.4 in/s2 î = −101.76 in/s2 î + 5.76 in/s2
5.76in/s2
= 180◦ − 3.239◦ = 176.761◦
101.92in/s2
∠θ = tan− 1
−101.75in/s2
Problema 6.2 La barra AB, de la figura 36, se mueve sobre una pequeña rueda en C mientras que el
punto A se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 500 mm/s. En el instante mostrado,
determine (a) la velocity angular de la barra, (b) la velocidad del extremo B de la barra.38 La figura
correspondiente muestra que xA = 200 mm, b = 140 mm. y l = 400 mm. Debe notarse que los datos
indican que ~vA = −500 mm/s î.
Solución. Es importante notar que la barra está sujeta a movimiento plano general. De manera que
es posible escribir
~vC = ~vA + ω
~ × ~rC/A .
Mas aún, es importante notar que la velocidad del punto C que pertenece AB tiene la dirección de la
propia barra, pues si el punto C tuviera una componente de velocidad normal a la barra, ocurrirı́a alguna
de las dos posibles situaciones
• Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barra y
hacia abajo y a la derecha, la barra y la rueda en C se deformarı́an y vioları́an la suposición de que
los cuerpos son rı́gidos.
• Si la velocidad del punto C de la barra tiene una componente de velocidad normal a la barra y
hacia arriba y a la izquierda, la barra se separaria de la rueda, esta situación puede ocurrir, pero
para analizar el movimiento de la barra serı́a necesario recurrir a la dinámica.
38 Este problema corresponde a los problemas 15.43 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics Beer,
Johnston, Mazurek, Cornwell, Eisenberg, Ninth Edition, New York: McGraw Hill.
50
Figure 36: Barra deslizandose sobre una rueda y el piso, repetida.
El vector unitario paralelo a la barra y con el sentido de A a B está dado por
xA î + b ĵ
0.2 m î + 0.14 m ĵ
û = p 2
= 0.81923 î + 0.57346 ĵ.
=p
(0.2 m)2 + (0.14 m)2
x A + b2
Sustituyendo estos resultados se tiene que
vC 0.81923 î + 0.57346 ĵ = −0.5 m/s î + ω k̂ × 0.2 m î + 0.14 m ĵ
Esta ecuación resulta en el sistema de ecuaciones
vC 0.81923 = −0.5 m/s − (0.14 m) ω
vC 0.57346 = (0.2 m) ω
Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene que
ω = vC
0.57346
2.8673
=
vC
0.2 m
m
y
vC 0.81923 = −0.5 m/s − (0.14 m)
2.8673
vC
m
vC = −
0.5 m/s
= 0.4096 m/s
1.22065
y
ω = 1.17449 rad/s
Este resultado puede verificarse usando los resultados del problema 9, vea la ecuación (23),
ω=
(0.14 m)(0.5 m/s)
b vA
=
= 1.17449 rad/s.
2
+b
(0.2 m)2 + (0.14 m)2
x2A
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 6.3 Un cohete trineo se somete a prueba en una pista recta que se construye a lo largo
de un meridiano. Si la pista se ubica a 40◦ latitud norte, vea la figura 37, determine la aceleración de
39
Coriolis del trineo cuando éste se mueve hacia el norte a una velocidad de 600 mi
h .
Solución: Suponga que el origen se encuentra en el centro de la tierra y los ejes coordenados están
orientados de la siguiente manera, el eje X perpendicular al papel y positivo hacia afuera, el eje Y positivo
39 Este
es el Problema 15.162 del libro Mecánica Vectorial Para Ingenieros, Dinámica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edición, McGraw Hill: México D.F.
51
Figure 37: Trineo moviendose sobre la tierra.
hacia la derecha y el eje Z positivo hacia arriba. De manera que la velocidad angular de la tierra está
dada por
2π
2π
rad.
ω
~ =
k̂ =
k̂ = 7.3682 10−6
k̂.
24 horas
(24) (3600) s.
s.
Por otro lado, la magnitud de la velocidad del cohete trineo está dada por
| ~v |= 600
m.
5280 p
p.
= 600
= 880
h.
3600 s.
s.
Por lo tanto, la velocidad del cohete trineo está dada por
p. Cos 130◦ ĵ + Sen 130◦ k̂ = −565.65 ĵ + 674.12 k̂.
~v = 880
s.
Por lo tanto, la aceleración Coriolis del cohete trineo estará dada por
rad.
p
~aC = 2~
ω × ~v = 2 7.3682 10−6
k̂ × −565.65 ĵ + 674.12 k̂ = −0.008335 2 î.
s.
s
Es importante señalar que si la velocidad de cohete trineo es constante, la aceleración del cohete trineo
respecto a un sistema de referencia fijo a la tierra y suponiendo que la tierra no gira está dada por
~aCT /T ierraF ija = ~an
mientras que la aceleración del cohete trineo respecto a un sistema de referencia fijo a la tierra y
suponiendo que la tierra gira está dada por
~aCT /T ierraGirando = ~an + ~aC .
De manera que la aceleración Coriolis representaria la diferencia en las aceleraciones vista desde ambos
sistemas de referencia.
Problema 6.4 Un vehı́culo experimental A viaja a velocidad constante v relativo a la tierra a lo largo
de una via Norte-Sur. Determine la aceleración Coriolis ~aCor , como función de la latitud θ. Suponga un
sistema de referencia rotatorio Bxyz fijo a la tierra y que la tierra es esférica. Si la velocidad del vehı́culo
es de v = 500km/h, determine la magnitud de la aceleración Coriolis en (a) El ecuador y (b) en el polo
norte, vea la figura 38.40
Solución. Primero se determinará la velocidad respecto al Sistema de referencia sujeto a rotación,
fijo a la tierra,
π
π d ~r
Bxyz
= v Cos θ +
ĵ + Sen θ +
k̂ = v −Sen θĵ + Cos θk̂
dt
2
2
40 Este es el Problema 5 − 163 del libro Engineering Mechanics, Meriam, J. L. and Kraige, L. G. Seventh Edition, John
Wiley and Sons: New York
52
Figure 38: Vehı́culo experimental moviendose sobre la tierra.
donde
500000
m/s = 138.888 m/s
3600
La velocidad angular de la tierra, que se supone gira alrededor de una lı́nea que une los polos Norte y
Sur
2π
ω
~ = ω k̂ =
k̂ = 7.2722 10−5 rad/s k̂
24(3600) s
Por lo tanto, la aceleración Coriolis está dado, en términos, de la latitud θ
d ~r
= 2 ω k̂ × v −Sen θĵ + Cos θk̂ = 2 ω v Sen θ î
~aCor = 2 ω
~ × Bxyz
dt
v = 500km/h =
Si el vehı́culo se encuentra en el ecuador, se tiene que θ = 0◦ , por lo tanto
~aCor (θ = 0◦ ) = 2 ω v Sen 0◦ î = ~0.
Si el vehı́culo se encuentra en el polo norte, se tiene que θ = 90◦ , por lo tanto
~aCor (θ = 90◦ ) = 2 ω v Sen 90◦ î = 2 ω v î = 2 7.2722 10−5 rad/s (138.888 m/s) î
=
2020 10−5 m/s2 = 0.0202 m/s2 î.
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 6.5 La rueda de Ginebra es un mecanismo que permite producir un movimiento de rotación
intermitente. El perno P ubicado en el conjunto rueda A - placa de bloqueo B se desliza por las ranuras radiales ubicadas en la rueda C, transformando ası́ un cuarto de vuelta de la rueda C en una
revolución completa del pasador P . En la posición mostrada, θ = 45◦ se presenta el acople del pin P
con la ranura de la rueda C. Con una velocidad angular constante en sentido de las manecillas del reloj
◦ 41
ω1 = 2 rad
s2 en la rueda A, determine la aceleración angular α2 de la rueda C en el instante donde θ = 20 .
41 Este es el Problema 5.183. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh
Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.
53
Figure 39: Rueda de Ginebra.
Solución. Se desea resolver este problema empleando dos métodos: Primeramente encontrando una
relación entre las variables de entrada y salida y, después, empleando métodos vectoriales.
Para encontrar una relación entre las variables de entrada y salida, es necesario considerar el triángulo
O1 O2 P . Las dimensiones son
a
200
O1 P = √ = √ mm.
2
2
O1 O2 = a = 200 mm.
El ángulo < P O1 O2 se denomina θ y denomine el ángulo < O1 O2 P = φ, la relación entre ambos ángulos
está dada por la ley de los senos
sen θ
sen φ
=
O1 P
O2 P
sen φ =
O2 P
sen θ
O1 P
(31)
La distancia O2 P para un valor arbitrario de θ se obtiene a partir de la ley de los cosenos
O2 P
2
O2 P
=
=
a2
a
2
2
O1 O2 + O1 P − 2 O1 O2 O1 P cos θ = a2 +
− 2 a √ cos θ
2
2
r
3 a2
3 √
a2
=
− 2 √ cos θ = a
− 2 cos θ
2
2
2
Para cuando θ = 20◦ , la distancia O2 P está dada por
r
3 √
− 2 cos 20◦ = 0.41361 a.
O2 P = a
2
La relación entre φ y θ para un valor arbitrario de θ está dado por
a
sen φ =
√
sen θ
O2 P
2
sen θ = p √
sen θ = q
√
3
O1 P
3 2 − 2 cos θ
a 2 − 2 cos θ
(32)
Entonces es posible determinar el valor del ángulo φ para la posición de interés, correspondiente a
θ = 20◦ ,
sen20◦ √a2
O1 P sen θ
senφ =
=
= 0.584716
por tanto
φ = 35.7829◦
0.41361 a
O2 P
54
Análisis de velocidad de la cruz de Ginebra. Derivando la relación entre θ y φ respecto al
tiempo se obtiene:
− 21 √
p
p
√
√
(2 2 θ̇ sen θ)
θ̇ cos θ 3 − 2 2 cos θ − (sen θ)( 12 )
3 − 2 2 cos θ
√
φ̇ cosφ =
3 − 2 2 cos θ
√
√
√
√
cos θ 3 − 2 2 cos θ − (sen θ)( 2 sen θ)
3 cos θ − 2 2 cos2 θ − 2sen2 θ
φ̇ cosφ = θ̇
= θ̇
p
3/2
√
3/2
√
3 − 2 2 cos θ
3 − 2 2 cos θ
Despejando φ̇, se tiene que
φ̇ =
θ̇
cos φ
!
√
2 cos2 θ −
√
3
(3 − 2 2 cos θ) 2
3 cos θ −
√ !
2
(33)
Esta relación permite determinar la velocidad angular del eslabón de salida para un valor arbitrario
del ángulo de entrada θ.
La velocidad angular θ̇ para el valor de θ = 20◦ , se determina a partir de
rad
rad
ω
~ 1 = −2
k̂
s
s
Donde el signo negativo indica que la velocidad angular es en el sentido de las manecillas del reloj.
Sustituyendo, todos esos valores en la ecuación (33), se tiene que
!
√ !
√
−2 rad
0.1560822
3(cos 20◦ ) − 2 cos2 20◦ − 2
rad
s
= −2.46536664
= −1.9227
φ̇ =
√
3
◦
cos 35.7829◦
0.200133
s
2
(3 − 2 2 cos 20 )
θ̇ = ω1 = −2
el signo negativo indica que el ángulo φ está disminuyendo por tanto, el sentido de la velocidad angular
es en sentido horario.
ω
~ 2 = 1.9227 k̂
Con este resultado, termina el análisis de velocidad del mecanismo de Ginebra.
Análisis de aceleración de la cruz de Ginebra. Derivando φ̇, de la ecaución (33) como función
del tiempo, se tiene que
!
θ̇
T2
φ̈ = T1 +
cos φ
donde
T1
=
T2
=
=
=
=
!
√ !
√
θ̈cos φ + θ̇φ̇sen φ
3cos θ − 2 cos 2 θ − 2
√
3
cos 2 φ
(3 − 2 2cos θ) 2
√
√ √
√
√
3
1 √
−3θ̇sen θ + 2 2θ̇cos θsen θ 3 − 2 2cos θ 2 − 3cos θ − 2cos 2 θ − 2 ( 23 ) 3 − 2 2cos θ 2 2 2θ̇sen θ
√
3
3 − 2 2cos θ
√
√
√
√ √
−3 sen θ + 2 2 cos θ sen θ 3 − 2 2cos θ − 3 cos θ − 2 cos 2 θ − 2 3 2 sen θ
θ̇
√
5
3 − 2 2cos θ 2
√
√
−9 sen θ + 12 2 cos θ sen θ − 8 cos2 θ sen θ − 9 2 cos θ senθ + 6 cos2 θ senθ + 6 sen θ
θ̇
√
5
3 − 2 2cos θ 2
√
−3 sen θ + 3 2 cos θ sen θ − 2 cos2 θ sen θ
θ̇
√
5
3 − 2 2cos θ 2
Por lo tanto, se tiene que
!
!
√
√ !
√
θ̇2
3cos θ − 2 cos 2 θ − 2
−3 sen θ + 3 2 cos θ sen θ − 2 cos2 θ sen θ
θ̈cos φ + θ̇φ̇sen φ
+
φ̈ =
√
3
√
5
cos 2 φ
cos φ
(3 − 2 2cos θ) 2
3 − 2 2cos θ 2
(34)
55
Esta relación permite determinar la aceleración angular del eslabón de salida para un valor arbitrario
del ángulo de entrada θ. En este caso en particular
θ̈ = 0
Reemplazando los valores en esta expresión se obtiene
rad 0.156082
rad −0.26652477
rad
φ̈ = 3.41656 2
+ 4.930733 2
= −16.5272 2
s
0.2001339
s
0.0684754
s
El resultado negativo indica que la velocidad de cambio de la φ̇ se incrementa en valor absoluto, y en
sentido antihorario, de manera que
rad
α
~ 2 = 16.5272 2 k̂
s
Solución mediante métodos vectoriales. Los vectores de posición necesarios, se calculan a partir
de los valores
a
0.2
O1 P = √ = √ m.
θ = 20◦
φ = 35.7829◦
2
2
A partir de esos valores los vectores de posición están dados por


 




O1 P cos θ
0.1328926048
0.2
−0.0671073952
~rP O1 =  O1 P sen θ  =  0.04836895251  ~rO2 O1 =  0  ~rP O2 = ~rP O1 −~rO2 O1 =  0.04836895251 
0
0
0
0
O1 O2 = a = 0.2 m.
Los vectores de velocidad y aceleración angulares son
α
~ 1 = ~0
ω
~ 1 = −2 k̂
ω
~ 2 = ω2 k̂
α
~ 1 = α2 k̂
Análisis de Velocidad. Para el análisis de velocidad, se supondrá que existe un sistema de referencia
sujeto a rotación alrededor de un eje que pasa por el punto O2 y con velocidad y aceleración angular ω
~2
yα
~ 2 respectivamente. Además un vector unitario en la dirección de la velocidad y aceleración del punto
P del eslabón 1 respecto al sistema de referencia sujetos a rotación es42


 
−0.8112382937
cos (180◦ − φ)
û =  sen (180◦ − φ)  =  0.5847156838 
0
0
Entonces la velocidad del punto P como parte del eslabón 1 está dada por dos expresiones
~vP 1
=
=
ω
~ 1 × ~rP O1
(−2 k̂) × (0.1328926048 î + 0.04836895251 ĵ) = 0.09673790502 î − 0.2657852096 ĵ
(35)
y
~vP 1
=
=
=
ω
~ 2 × ~rP O2 +
d~rP 1
dt
oxyz
(ω2 k̂) × (−0.0671073952 î + 0.04836895251 ĵ) + vP (−0.8112382937 î + 0.5847156838 ĵ)
(−0.04836895251ω2 − 0.8112382937 vP , −0.0671073952 ω2 + 0.5847156838 vP , 0)
(36)
El sistema de ecuaciones resultante está dado por
−0.04836895251ω2 − 0.8112382937 vP
−0.0671073952 ω2 + 0.5847156838 vP
=
=
0.09673790502
0.2657852096
El resultado de este sistema está dado por
ω2 = 1.92271264293160 rad/s.
42 Este
vP = −0.233886273626157 m/s.
c
.
ejemplo muestra un número elevado de cifras significativas porque fue primeramente resuelto con Maple
56
(37)
(38)
Por lo tanto
ω
~ 2 = 1.9227126429316 rad/s. k̂
d~rP 1
dt
oxyz
= vP û = 0.189737501536335 î − 0.136756972414753 ĵ m/s
Con este resultado finaliza el análisis de velocidad.
Análisis de Aceleración. Las ecuaciones del análisis de aceleración resultan de dos diferentes
maneras de escribir la aceleración del punto P como parte del eslabón 1.
~aP 1
=
=
~ 1 × (~
ω1 × ~rP O1 )
α
~ 1 × ~rP O1 + ω
(−2 k̂) × (−2 k̂) × (0.1328926048 î + 0.04836895251 ĵ) = −0.5315704192 î − 0.19347581 ĵ
(39)
y
~aP 1
d2~rP 1
d t2
+ 2~
ω2 ×
d~rP 1
dt
=
~ 2 × (~
ω2 × ~rP O2 ) +
α
~ 2 × ~rP O2 + ω
=
(α2 k̂) × (−0.0671073952 î + 0.04836895251 ĵ)
+(1.9227126429316 k̂) × (1.9227126429316 k̂) × (−0.0671073952 î + 0.04836895251 ĵ)
=
oxyz
oxyz
+aP (−0.8112382937 î + 0.5847156838 ĵ)
+2 (1.9227126429316 k̂) × 0.189737501536335 î − 0.136756972414753 ĵ
(−0.04836895251 α2 + 0.773972942673039 − 0.8112382937 aP ) î
+ (−0.0671073952 α2 + 0.550809886074836 + 0.5847156838 aP ) ĵ
(40)
El sistema resultante de ecuaciones para resolver el análisis de aceleración es
0.04836895251 α2 + 0.8112382937 aP
0.0671073952 α2 − 0.5847156838 aP
=
=
−1.30554336187304
−.744285696074837
Los resultados del sistema de ecuaciones es
α2 = 16.5271857945599
aP = .623911248991405
Finalmente
α
~ 2 = 16.5271857945599 k̂
Estos resultados finalizan el problema.
57
(41)
(42)