Solucionario de Problemas de Dinámica: Cinemática de Partículas

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1
PROBLEMAS SOBRE CINEMATICA DE UNA PARTICULA
Y

1-1.- El perno B del cigüeñal AB de radio r
= 0.1 m se está moviendo en la ranura del
brazo OC en la figura. Si en el instante
dado:  = 0.24 m,  = 30°,  = 4 rad/seg y
 = - 2 rad/seg2. Usando coordenadas
cartesianas, calcular la velocidad y
aceleración del perno B. 


X




A


O

r
P1-1
Solución
O
1).- Por intersección de trayectorias (ver figura P1-1a):

P1-1a
X 2 Y 2  r2
(1)
Y  b  mX  0.24  cot  X
(2)
2).- Derivando dos veces, con respecto al tiempo (1) y (2):
XX  YY  0
(3)
Y  csc 2   X  cot  X
(4)
X 2  XX  Y 2  YY 2  0
(5)

Y   2 csc 2  cot  2 X  csc 2 X  csc 2   X  csc 2  X  cot X

(6)
3).- Para el caso específico de X = 0.1 sen30° = 0.05 m, Y = -0.1cos30° = -0.0866 m y  = 8.702°.(4) en (3):


XX  Y csc 2 X  cot X  0 →
X  X  Y cot    Y csc 2 X
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
2
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Y csc 2   X 0.0866 * 43.683 * 4 * 0.05

X 

 1.229 m/seg
 X  cot  Y  0.05  6.534 * 0.0866
En (4):
Y  43.687 * 4 * 0.05  6.534 *1.229  0.707 m/seg
 VB  1.229 i  0.707 j (m/seg)
→
VB  1.42 m/seg
(6) en (5):


X  X  Y cot    Y csc2  2cot  2 X   X  2 X  X 2  Y 2
 0.0866 * 43.687 2 * 6.534 *16 * 0.05  2 * 0.05  2 * 4 *1.229  2.016
X 
0.05  0.0866 * 6.534
 X  7.71 m/seg2
En (6):
Y  43.687  2*6.534*16*0.05  2*0.05  2*4*1.229   6.534*7.71
Y  18.82 m/seg2
 aB    7.71 i  18.82 j  m/seg2 →

P
Y

aB  20.34 m/seg2
1-2.- El perno P en un mecanismo será empujado hacia
la derecha con una velocidad constante V = 2 m/seg.
Usando coordenadas cartesianas, calcule la velocidad
angular y la aceleración angular del brazo OA para  =
30°, si  = 0.7 m.
Solución
1).- Cálculo del movimiento de P tomando como punto
de referencia a O y aprovechando que  es constante:
X

P1-2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
Si:
tg 

X
X tg  

3
(1)
Derivando dos veces (1), respecto al tiempo:
X tg  X sec 2   0

 
 X sen cos 
X
(2)
X tg  X sec 2    X sec 2    X * 2 sec 2  tg  2  X sec 2    0
 

 2 X sec 2   2 X sec 2  tg 2
X sec 2 
2) Para el caso específico de  = 30°, X
tg 30 
0.7
X


(3)
 V  2 m/seg y X  0 :
X  1.21 m
En (2):
2sen30 cos 30
   
 0.72 rad/seg
1.21
En (3):
  
 2 * 2 sec
  1.78

2
30 * 0.72  2 *1.21sec 2 30tg 30 * 0.72 2
1.21 * sec 2 30

rad/seg2
1-3.- El movimiento tridimensional de una partícula está definida por el vector posición


 


r  R sen pt i  Ct j  R cos pt k . La curva descrita en el espacio por la partícula es un hélice.
Determine el radio de curvatura de dicha hélice.
Solución
Si:
1
C

rxr
3
r
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
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4
_____________________________________________________________________
r  Rp cos pt i  C j  Rpsenpt k



r  R 2 p 2 cos 2 pt  sen 2 pt  C 2

1
2

 R2 p2  C 2

1
2
r   Rp 2 senpt i  Rp 2 cos pt k
i
r x r 
j
k
Rp cos pt
C
 R psenpt
 Rp senpt
0
 Rp cos pt
2
2


2
2 3
2
2 3
2
2
r x r  CRp cos pt i  R p sen pt  R p cos pt j  CRp senptk
1
C
1
C
rxr

3
r
 C 2 R 2 p 4 cos 2 pt
R4 p6


2 2
2 3
R2 p2  C 2
 R p  C



p4R2 R2 p2  C 2

R
 C 
2
p2  C 2

3



p2R
p2R2  C 2

3
C 2 R 2 p 4 sen 2 pt 

3 
R 2 p 2  C 2 

1
2


p2R2  C 2
C2
(Unid. de longitud)

R

p2R
p2R
1-4.- Si la velocidad angular AC = 5 °/seg y la
aceleración angular AC = - 2°/seg2. Usando
coordenada tangencial y normal y/o polar, determine
la aceleración angular del actuador hidráulico BC y la
razón de cambio de su razón de extensión.
et
A

e

P1-4
eo

Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios, que definen
las coordenadas pedidas (ver figura P1-4a):


en
rAC  2.4 2  2.6 2  3.54 m
P1-4a




Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
 BC  2.683
5
m
  63.43 ,   42.71
y
  20.72
2).- Cálculo del movimiento de C tomando como punto de referencia A en coordenadas tangencial y
normal:
VC   AC rAC et  5 *

180
aC   AC rAC et   r
2
AC AC
* 3.54 et  0.309 et (1)

 

en  2 *
* 3.54 et   5 *
 * 3.54 en
180
 180 
2
aC  0.124 et  0.027 en (m/seg)
(2)
3).- Cálculo del movimiento de C tomando como punto de referencia B, en coordenadas polares, para luego
transformarle en tangencial y normal:
e  sen et  cos  en y e  cos  et  sen en
a).- Cálculo de la velocidad angular de BC y su razón de extensión:
VC   BC e   BC e
VC   BC sen et  cos  en    BCcos  et  sen en 




VC   BC sen   BC  cos  et   BC  sen   BC cos  en
(3)
(1)= (3) e igualando componentes:
0  
BC
0.309  
(4) + (5)
 

 sen   BC cos  * sen
BC

 cos    BC sen * cos 
(4)
(5)
0.309 cos    BC 
0.309 cos 20.72
 0.1077 rad/seg  6.172 °/seg
2.683
En (4):
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
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6
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 BC   BCtg  2.683 * 0.1077 tg 20.72  0.109
m/seg
b).- Cálculo de la aceleración angular de BC y la razón de cambio de su razón de extensión:









aC  BC   BC 2 e  2 BC   BC e


aC  BC   BC  2 sen et  cos  en   2 BC    BC cos  et  sen en 



aC  BC   BC 2 sen  2 BC   BC cos  et 
     2 cos   2     sen e
BC
BC


BC

BC

(6)
n
(2)= (6) e igualando componentes:
 0.124  
0.027  





 sen * sen

BC
  BC 2 sen  2 BC   BC cos  * cos 
BC
  BC 2 cos   2 BC   BC
(7)
(8)
(7) + (8):
0.027sen  0.124 cos   2 BC   BC
 
0.027 sen20.72  0.124 cos 20.72  2 * 0.109 * 0.1077
2.683
  0.0484
rad/seg2
 2.77 °/seg2
En (7):


BC 
 BC  2 sen  0.124  2  BC    BC  cos 
sen
BC 
2.683 * 0.1077 2 sen20.72  0.124  2 * 0.109 * 0.1077  2.683 * 0.0484 cos 20.72
sen20.72
BC  0.0381
m/seg2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
7
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1-5.- El brazo BC gira en sentido horario a 200 RPM,
el perno C en el extremo de este brazo desliza en la
ranura del elemento AD. Usando coordenadas

tangencial y normal y/o polares, calcule
 = 30°.
e
y

para
r = 7 in
.9
8
º
et
17

60º
C
3.5"

e
eo
en

B
Solución
0.33
1).- Direcciones de los vectores
unitarios,0.108
que
definen las coordenadas tangencial y normal, y polar
19.10º
(ver figura P-5a):
15"

P1-5a

0.3125
77.98º
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C,
tomando como punto base B y usando coordenadas
tangencial y normal:
3.94"

VCc   r et  200 * * 7 et

30
VCc  146.6 et (plg/seg)
A
aC
P1-5
6.06"

2
0
 20 
2



  r et   r en  
 * 7 en  3070.54 en (plg/seg2)
3



(1)
(2)
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C, tomando como punto base A y usando coordenadas polares:
VC   e   e   e  18.92 e 
(3)









aC     2 e  2   e    18.92 2 e  2   e

(4)
4).- Ecuaciones de compatibilidad:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
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8
_____________________________________________________________________
a).- Si: (1) = (3), transformamos et y
en en e  y e , para luego igualar componentes:
et  cos 17.98 e  sen17.98  0.95 e  0.309 e
en  sen17.98 e  cos 17.98  0.309 e  0.95 e
Luego:
146.6 0.95 e  0.309 e    e  18.92 e
  139.25
plg/seg
y
  2.39
b).- Si: (2) = (4), transformamos et y
rad/seg
en en e  y e , para luego igualar las componentes transversales:




3070.54  0.308 e  0.95e     18.92 2 e  2 *139.25 * 2.39  18.92 e
3070.54 * 0.95  665.615  18.92 
  118.996  119
rad/seg2
1-6.- La rueda de la figura gira en sentido horario con
frecuencia constante de 120 RPM. El pasador D está
fijo a la rueda en un punto situado a 125 mm de su
centro y desliza por la guía en el brazo AB. Usando
Coordenadas tangencial y normal y/o polares,
determine la velocidad angular AB y la aceleración
angular AB del brazo AB en el instante representado.
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que definen
las coordenadas polar, tangencial y normal (ver figura
P-6a):


P1-6
eo
et
10

30º
.9º
et  cos 10.9 e  sen10.9 e
e
60º
0.108
5
12
0.
0.33
en
et  0.982 e   0.19 e
en  sen10.9 e  cos 10.9 e
60º
19.10º

0.3125
P1-6a
0.0625

en  0.19 e  0.982 e

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2).- Cálculo del movimiento de D, tomando como punto de referencia C en  :
VC   r et  120 *

30
* 0.125 et  1.57 et  1.542 e  0.3 e (m/seg)
(1)
aC   2 r en  19.74 en  3.75 e  19.385 e (m/seg2)
(2)
3).- Cálculo del movimiento de D, tomando como punto de referencia A en  :
VC   e   e   e  0.33 AB e
(3)
(1)= (3):
  1.542
m/seg


 AB 
y

0.3
 0.9 rad/seg
0.33

aC     2 e  2   e
(4)
(2)= (4):
a  2 *1.542 * 0.9  0.33 AB  19.385
 AB  67.15
rad/seg2
1-7.- El mecanismo de ginebra de un contador
mecánico convierte en movimiento de rotación
constante de la rueda  de R = 50 mm, en un
movimiento de rotación intermitente de la rueda .
El perno C está montado en  y desliza en la ranura
de la rueda . Usando coordenadas tangencial y
normal y/o polares, calcule la velocidad y
aceleración angulares de la rueda , para  = 30°
con la rueda  girando a 100 RPM en sentido
horario.
R


θ
A


P1-7
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10
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Solución

1).- Orientación de los ejes que definen las
coordenadas tangencial y normal, y del polar

escogido, además cálculos
elementales (ver
figura P1-7a):
m
C



m
B
A
P1-7a

a).- Cálculo de ρ, para θ = 30ª, por la ley de cósenos (ver figura P1-7b):
 2  0.05 2  0.05 2   2 * 0.05 * 0.05 2 cos 30
C
m
2


ρ = 37.1 mm
ρ = 0.0371 m 
 de  por ley de senos:
b).- Cálculo
A

sen sen30

 sen  0.67385
B
50
37.1
m
P1-7b
  42.4
c).- Orientación de los vectores unitarios
e  y e en et y en :


e   cos 17.6 et  sen17.6 en

e  0.953 et  0.302 en

e  sen17.6 et  cos 17.6 en


e  0.302 et  0.953 en
P1-7c
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
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11
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C, tomando como punto base A y usando coordenadas
tangencial y normal:
VC   r et  100 *

30
* 0.05 et  0.524 et (m/seg)
(1)
 
aC   2 r en  10  * 0.05 en  5.483 en (m/seg2)
 3
2
(2)
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C, tomando como punto base B y usando coordenadas polares:
VC   e   e   e  0.0371 e
VC    0.953 et  0.302 en   0.0371 0.302 et  0.953 en 




VC   0.953  0.0112 et  0.302  0.0353 en
(3)
(1)= (3), igualando componentes y operando:
 0.953  0.0112  0.524 * 0.302
 0.302  0.0353  0 * 0.953
 0.037  0.158 →
  4.27
rad/seg
También:
0.302  0.0353 *  4.27  0    0.499 m/seg






aC     2 e  2   e


aC     2  0.953 et  0.302 en   2    0.302 et  0.953 en 






aC      2 * 0.953  2   * 0.302 et 
   2 * 0.302  2   * 0.953 e




n
(4)
Si: (2) = (4), igualando componentes y operando:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
12
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



   0.05 * 4.27 * 0.953  2  0.499 4.27  0.05* 0.302  0
    2 * 0.953  2   * 0.302  0
2
 0.953  0.0151  0.4182
(5)
  0.05 * 4.27 * 0.302 2  0.499 4.27  0.05* 0.953  5.483
2
0.302  0.0477  9.82
(6)
0.302 x (5) + 0.953 x (6):
 0.05  9.485    189.7 rad/seg2
  189.7
rad/seg2 (Horario)
1-8.- El brazo telescópico AB se emplea para situar al
operario a la altura de los cables, eléctricos y de
teléfono. Si la longitud AB aumente a una velocidad
constante (d  /dt) = 0.20 m/seg y el brazo gira a una
velocidad angular constante 1 = 0.25 rad/seg
respecto al eje vertical., mientras que el ángulo  que
forma con la horizontal mantiene un valor constante.
Usando coordenadas esféricas, determínese la
aceleración del punto B, cuando  = 5 m.
ω1

B
A
e
B
e

P1-8
e
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que definen las
coordenadas esféricas (ver figura P1-8a):
2).- Identificación de los parámetros que definen el
movimiento:
A
P1-8a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
r 5m
r  0.2 m / seg
  60
  0.25 rad / seg
  0
  0
r  0
  0
13
3).- Cálculo de la aceleración de B:
 0

0

0
 0

 0





2r  cos  
 r  r 2  
 2r  r  

 e
aB  
 er  
 e  
0


 r 2 sen 2 
 r 2 sen cos  
 2rsen  rsen 






a B  5 * 0.25 2 sen 2 60er  5 * 0.25 2 sen60 cos 60e  2 * 0.2 * 0.25sen60e
a B  0.234 er  0.135 e  0.0866 e
 a B  0.284 m/seg2
1-9.- La varilla AB uniforme de longitud  (ver
figura P1-9) cuelga libremente del soporte A en
la cara inferior del disco . El disco gira
alrededor de un eje vertical con velocidad
angular constante  = 2 rad/seg. Si  aumenta a


razón  y este a  = 0.1 rad/seg2. Usando
coordenadas cilíndricas, calcule la velocidad y
aceleración de B, para  = 60°, conociendo  =
40 cm, b =
 /4 y para  = 0°,  =0 rad/seg.

P1-9
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que
definen las coordenadas cilíndricas (ver figura P19a):
2).- Cálculo de la velocidad angular de AB,
velocidad y aceleración de B en , para  = 60° :
d d 
*

dt d
  2
0.1 * 
3
2




0
3


 d    d
  0.46
0
eZ
et
e

en
e
P1-9a
rad/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
14
_____________________________________________________________________
VB    0.184 m/seg
a B    et   2  en  0.04 et  0.085 en (m/seg2)
3).- Identificación de los parámetros que definen el movimiento en coordenadas cilíndricas:
  sen60  0.1  0.446 m
  VB cos 60  0.092 m / seg
    2 rad / seg
  0
  at cos 60  a n cos 30  0.054 m / seg 2
Z  VB sen60  0.159 m / seg
Z  a sen60  a sen30  0.0598 m / seg 2
t
n
4).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B en el marco inercial tierra:
VB   e   e  Z eZ  0.092 e  0.446 * 2 e  0.159 eZ

VB  0.092 e  0.892 e  0.159 eZ (m/seg)  VB  0.911 m/seg


a B   0.054  0.446 * 4 e  2 * 0.092 * 2 e  0.0598 eZ

a B  1.838 e  0.368 e  0.0598 eZ (m/seg2)

a B  1.875 m/seg2

1-10.- Un tubo acodado ABC gira a la velocidad
angular 1 = 5 rad/seg, decreciendo a razón de 1 = 1
rad/seg2. Sabiendo que una bola de cojinete D se
mueve por su interior hacia el extremo C con una
celeridad relativa v = 1.5 m/seg, decreciendo a una
razón de 0.5 m/seg2. Usando coordenadas cilíndricas,
para la posición mostrada, hallar la velocidad y
aceleración de D.

P1-10
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que definen las coordenadas cilíndricas (ver figura P1-10a) e
identificación de los parámetros que definen el movimiento:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1
2
tg 
  26.57

15
A
  1  5 rad / seg
  0.1 m
  vsen  0.671 m / seg
B
   1  1 rad / seg 2
  asen  0.224 m / seg

2
X  v cos   1.342 m / seg
X  a cos   0.447 m / seg 2

2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D en  :
D
VD   er   e  X e X  0.671 e  0.1* 5 e  1.342 e X
VD  0.671 e  0.5 e  1.342 e X (m/seg) 



e
VD  1.582 m/seg

eX
e
P1-10a
a D     2 e  2   e  X e X
a D   0.224  0.1* 25 e  2 * 0.671* 5  0.1*1 e  0.447 e X
a D  2.724 e  6.61 e  0.447 e X (m/seg2)
a D  7.167 m/seg2

M

M
1-11.- Un motor M y una barra AB tienen
movimientos angulares (todas antihorarias)  M = 5

rad/seg,
 AB
M

= 2 rad/seg ,  AB = 3 rad/seg y
2

M
= 1 rad/seg2. Un collarín C sobre la barra AB
M
se desliza a 0.25 m de A y se está moviendo hacia
abajo a lo largo de la barra con una velocidad de 3
m/seg y una aceleración de 2 m/seg2. Determínese la
velocidad y aceleración de C en este instante: a) con
respecto al disco , usando coordenadas cilíndricas
en M y b) con respecto al marco inercial , usando
coordenadas cartesianas.


 AB
M
 AB
M
P1-11
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
16
_____________________________________________________________________
O
A
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que
definen las coordenadas cilíndricas en M (ver
figura P1-11a):
e
C
eZ
2).- Movimiento de C respecto al marco móvil
motor M o al disco  (están ligados), utilizando
coordenadas cilíndricas (polares), para el instante
e
indicado (donde
e  k y e  j ):
P1-11a
VC
VC
aC
aC
M
M
M
M
 VC   e   e  3 e  0.25 * 3 e

 VC  3 e  0.75 e (m/seg)
→




V  0.75 j  3 k  m/seg
 CM


    2 e  2   e  2  0.25 * 9 e  2 * 3 * 3  0.25 *1 e
 aC  0.25 e  18.5 e (m/seg2)   aC  18.5 j  0.25 k  m/seg2

 M

3).- Movimiento del marco móvil motor M (ligado a ) y del punto conveniente o base A :
 M    5 k

(rad/seg)
y
 M     2 k

(rad/seg2)
V A   M x r0 A  5 k x 2 i  10 j (m/seg)


a A   M x r0 A   M2 r0 A  2 k x 2 i  252 i   50 i  4 j (m/seg2)



Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
17
4).- Movimiento de C respecto al marco inercial  :
VC  VC  VA  M x rAC  10 j  0.75 j  3 k  5 k x  0.25 k 


M

VC  10.75 j  3 k (m/seg)

aC  aC  aC


2 M x VC

0




x r 
M
M
AC


M

0


x   M x rAC   2 M x VC

M
 


 10 k x 0.75 j  3 k  7.5 i (m/seg2)
M


aC   50 i  4 j   18.5 j  0.25 k  7.5 i

aC  57.5 i  22.5 j  0.25 k (m/seg2)

1-12.- La barra curva  en la figura gira alrededor de
la vertical a  = 2 rad/seg. En centro C del collarín 
tiene velocidad y aceleración relativos a  de 20
e plg/seg y –10 e plg/seg2 respectivamente; e tiene
la dirección de la velocidad de C en . Usando
coordenadas esféricas, para el instante dado, calcule la
velocidad y aceleración de C en el marco  en el que
gira .


er

e
e
ee

r

P1-12
Solución
o
1).- Orientación de los vectores unitarios de la coordenada
esférica (ver figura P1-12a) e identificación de los parámetros
que definen el movimiento:
P1-12a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
18
_____________________________________________________________________
  2 rad / seg
r  5 p lg
  30
r  0
r  0
20
 4 rad / seg
5
  0
10
    2 rad / seg 2
5
 
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C en  :
0
VC  r er  r e  rsen e  5 * 4 e  5 * 2 sen30 e

VC  20 e  15.71 e (plg/seg)  VC  25.43 plg/seg






aC   r 2  r 2 sen 2 er  r  r 2 sen cos  e  2r cos  e

aC  129.35 er  95.53 e  217.8 e (plg/seg2)

aC

 270.73 plg/seg2
1-13.- La barra doblada gira a una velocidad angular
constante 1 = 4 rad/seg. Sabiendo que el collarín D
se desplaza hacia abajo a lo largo de ella con
velocidad constante relativa u = 65 plg/seg, para la
posición mostrada en la figura, determine usando
coordenadas cilíndricas, la velocidad y aceleración
de D.

A
D
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que
definen las coordenadas cilíndricas (ver figura P113a) e identificación de los parámetros, que definen
el movimiento:
P1-13
B

C
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
  5.5 p lg
  25 p lg/ seg
  0
19
  4 rad / seg Z  60 pls / seg
  0
Z  0
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D:
VD   e   e  Z eZ  25 e  5.5 * 4 e  60 eZ
VD  25 e  22 e  60 eZ (plg/seg)
VD  68.62 plg/seg
P1-13a
a D    2 e  2 e  5.5 *16 e  2 * 25 * 4 e
a D  88 e  200 e (plg/seg2)  a D  218.5 plg/seg2
1-14.- El movimiento del pasador “P” está guiado por
la ranura de las barra AE y BD. Sabiendo que las barra
giran con velocidades angulares antihorarias constantes
AE = 4 rad/seg y BD = 5 rad/seg. Determine, para la
posición indicada: a) usando coordenadas polares, la
velocidad del pasador P y b) el radio de curvatura de la
trayectoria de P.

Solución
1).- Para la parte a) utilizaremos coordenadas polares.
a).- Orientación de los vectores unitarios que definen
las coordenadas polares:
P1-14
0.25 m
A
1  0.289
m
y
 2  0.144
B
m
60º
e1  sen30 e 2  cos 30 e 2

e
e 1   cos 30 e 2  sen30 e 2
P
e
b).- Cálculo de la velocidad de P:
i).- Tomando como punto de referencia a A:

60º
e
e
P1-14a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
20
_____________________________________________________________________
VP  1 e1  11 e 1
VP  1 sen30 e 2  cos 30 e 2   0.289 * 4 cos 30 e 2  sen30 e 2 
VP  1 sen30  1.156 cos 30 e 2  1 cos 30  1.156sen30 e 2
(1)
ii).- Tomando como punto de referencia a B:
VP   2 e 2   22 e 2   2 e 2  0.144 * 5 e 2
VP   2 e 2  0.72 e 2
(2)
(1) = (2) e igualando componentes:
1 cos 30  1.156sen30  0.72  1  0.164
m/seg
En (1):
VP  0.164 e1  1.156 e 1 (m/seg) →
VP  1.168 m/seg
2).- Para encontrar el radio de curvatura utilizaremos movimientos en marcos móviles.Si: P’ a AE y P’’ a BD, ambos coincidentes con P y sabiendo que:
1
C

VP x a P

Y

3
VP

X
a).- Cálculo de la velocidad de P en  :
i).- Velocidad de P, tomando como punto de referencia A en :
VP  VP '  VP


AE
VP  4 k x0.25 i  0.144 j   VP

AE
sen60 i  cos 60 j 
VP   0.576  0.866 VP  i  1  0.5 VP  j

AE 
AE 


(3)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
21
ii).- Velocidad de P, tomando como punto de referencia B en  :
VP  VP ''  VP


BD
VP  0.72 i  VP

 5 k x 0.144 j   VP
j
BD
j
(4)
BD
(3) = (4) e igualando componentes:
0.576  0.866 VP
 0.72 
AE
1  0.5 * 0.166  VP
VP

BD
 0.166 m/seg
AE
VP
 0.917 m/seg
BD
Luego:
VP
AE
 0.1660.866 i  0.5 j  (m/seg) y VP
 0.917 j (m/seg)
BD
En (4):
VP  0.72 i  0.917 j (m/seg)

b).- Cálculo de la aceleración de P en .i).- Aceleración de P, tomando como punto de referencia A en :
a P  a P '  2 AE x VP


AE
 aP
AE
2
a P '   AE
rAP  160.25 i  0.144 j   4 i  2.304 j (m/seg2)

2 AE x VP
aP
AE
AE
 aP
AE
 8 k x 0.1660.866 i  0.5 j   0.664 i  1.15 j (m/seg2)
0.866 i  0.5 j   0.866 a
P
AE
i  0.5 a P
j (m/seg2)
AE
Luego:
a P    4  0.664  0.866 a P  i   2.304  1.15  0.5 a P  j

AE 
AE 


Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
22
_____________________________________________________________________
a P   0.866 a P  3.336  i   3.454  0.5 a P  j (m/seg2)

AE
AE 



(5)
ii).- Aceleración de P, tomando como punto de referencia B en  :
a P  a P ''  2 BD x VP


BD
 aP
BD
2
a P ''   BD
rBP  25 0.144 j   3.6 j (m/seg2)

2 BD x VP
aP
 10 k x 0.917 j  9.17 i (m/seg2)
BD
 aP
BD
j (m/seg2)
BD
Luego:
a P  9.17 i   3.6  a P  j

BD 

(m/seg2)
(6)
(5) = (6) e igualando componentes:
0.866 a P
 3.336  9.17

AE
3.454  0.5 6.74  3.6  a P

BD
aP
 6.74 m/seg2
AE
aP
 3.224 m/seg2
BD
En (6):
a P  9.17 i  6.824 j (m/seg2)

c).- Cálculo del radio de curvatura:
VP x a P  .72 i  0.917 j  x  9.17 i  6.824 j   13.31 k (m2/seg3 )


3
VP

 1.585 (m3/seg3 )
Luego:
1
C

VP x a P

3
VP


13.31
 8.397 →  C  0.119 m →
1.581
 C  119
mm

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1-15.- Ciertos productos manufacturados
se pintan con un rociador al pasar por una
estación de trabajo que se muestra.
Sabiendo que el tubo doblado ACE gira a
una velocidad angular constante 1 = 0.4
rad/seg y la partícula D de la pintura se
mueve con respecto al tubo con una
velocidad constante u = 150 mm/seg.
Usando coordenadas cilíndricas y
esféricas, para la posición mostrada,
determínese la velocidad y aceleración de
D.
23

P1-15
Solución
1).- Usando coordenadas cilíndricas.a).- Orientación de los vectores unitarios, que definen las coordenadas cilíndricas (ver figura P1-15a) e
identificación de los parámetros, que definen el movimiento:
e
u
e
D
ex
an
C
0.25 m
60
E
o
F
P1-15a
  0.25sen60  0.217 m   1
X  0.15 cos 30  0.13 m / seg
  usen30  0.075 m / seg 1  0.4 rad / seg
2
u2
   cos 30
r
  0.078 m / seg 2
  0
u
X 
sen30  0.045 m / seg 2
r
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
24
_____________________________________________________________________
VD   e   e  X e X  0.075 e  0.217 * 0.4 e  0.13 e X
 VD  0.1734 m/seg
VD  0.075 e  0.0868 e  0.13 e X (m/seg)
0 

2



a D     e  2    e  X e X




a D   0.078  0.035 e  0.06 e  0.045 e X


a D  0.113 e  0.06 e  0.045 e X (m/seg2) 
a D  0.136 m/seg2
2).- Usando coordenadas esféricas.-
er
e
a).- Orientación de los vectores unitarios, que
definen las coordenadas esféricas (ver figura P115b) e identificación de los parámetros, que
definen el movimiento en coordenadas esféricas:
e
r  0.25 m   60
r  0
  0.6 rad / seg
r  0
  0
  0.4 rad / seg
P1-15b
  0
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D:
VD  r er  r e  r sen e  0.25 * 0.6 e  0.25 * 0.4 sen60 e
VD  0.15 e  0.0866 e (m/seg)  VD  0.1732 m/seg




a D   r 2  r 2 sen 2 er   r 2 sen cos  e  2r  cos  e


a D   0.25 * 0.6 2  0.25 * 0.4 2 sen 2 60 er  0.25 * 0.4 2 sen 60 cos 60 e 
2 * 0.25 * 0.6 * 0.4 cos 60 e
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
a D  0.12 er  0.0173 e  0.06 e (m/seg2)
→
25
a D  0.1353 m/seg2
1-16.- Considere la situación de tránsito aéreo de la figura. El avión de control A vuela con velocidad
constante VA en un patrón circular a una altura h = 15000 pies, mientras que otro avión B vuela a una altura
 = 8000 pies. Suponga que B y C están en el plano XY como se indica. Calcule r y r para V A = -300
i (pies/seg), V B = - 600 k (pies/seg), R’ = 5000 pies y d = 9000 pies.
.
R’
r
Solución
1).- Movimiento del marco móvil A y del punto base A:
h
    0

R  15000 j (pies)
d

R  300 i (pie/seg)
2
 300
R
en  18 k (pie/seg2)
500
P1-16

2).- Movimiento de B respecto a A:
  9000 i  7000 j
  ?
y
(pies)
  ?
3).- Movimiento de B respecto al marco inercial tierra:
0
 
VB  R   x   
 600 k  300 i  
  r  670.82

  300 i  600 k
(pie/seg)
pie/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
26
_____________________________________________________________________
0
0
0
0



 
 
a B  R   x    x   x    2 x   




0  18 k  
   18 k (pie/seg2) →
  r  18
pie/seg2

1-17.- La barra AD está doblada en forma de un arco
de circunferencia de radio b = 150 mm/seg. La
posición de la barra se controla mediante el pasador
B que desliza en la ranura horizontal y también a lo
largo de la barra. Sabiendo que para  = 90° el
pasador B se mueve a la derecha con una velocidad
constante de 75 mm/seg, determínese la velocidad y
aceleración angulares de la barra.
C

P1-17
Solución
1).- Cálculo de la velocidad angular de la barra doblada:
Si: Q  a  y coincide con B
VB  VB  VQ



(1)

Donde:
VB  0.075 i (m/seg)

VB  VB
0.15 2

VB

2
i  j  (m/seg)
2

P1-17a


VQ   k x 0.15 2 i  0.15 2 j m/seg

Luego en (1):
0.075 i  VB

2
i  j   0.15 2 j
2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
27
Igualando componentes y operando:
VB

2
 0.075
2
0  VB

VB  0.106 m/seg

2
 0.15 2
2

0.075  0.15 2

VB
2
 0.15 2
2

  0.354

rad/seg
2).- Cálculo de la aceleración angular de la barra doblada:
a B  a B  aQ  2 x VB




Si:
aB  0

aB 

VB2

C
2
 i  j   at 2 i  j 
2
2


aQ   k x 0.15 2 i   2 0.15 2 i  0.15 2 j  0.15 2 2 i

2 x VB  0.708k x 0.106

2
i  j   0.053i  j 
2
Luego:

2
 at
 7.945 x10 3
0
2
 0.0265  0.053



2 
  7.945 x10 3  at


2  j
i 

 0.15 2  0.053




Igualando componentes y operando:
0  at
2
 0.0185
2

at  0.0262 m/seg2
0  0.045  0.0185  0.212 
  0.1253
rad/seg2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
28
_____________________________________________________________________
1-18.- La barra eje β de 5 plg de longitud en la
figura gira en el gozne  a 1 = 3 rad/seg en el
sentido indicado. La rueda gira simultáneamente a
2 = 2 rad/seg alrededor de su eje como se indica;
ambas rapideces son constantes. El insecto se
desplaza hacia adentro sobre un rayo de la rueda a
0.2 plg/seg y aumentando a razón de 0.1 plg/seg2,
ambas magnitudes con relación al rayo. Para el
instante mostrado, encuentre: a) la velocidad
angular de la rueda y b) la aceleración del insecto.
ω1

O

C
I
Solución
1).- Movimiento del marco móvil rueda  y del punto base C:
       2 i  3 k


P1-18
(rad/seg)

     x   3 k x 2 i  6 j

ω2


(rad/seg2)
VC    x rOC  3 k x 5 i  15 j (plg/seg)


aC    x    x rOC 


 

→
aC  3 k x 15 j  45 i (plg/seg2)

2).- Movimiento del insecto I respecto a la rueda :
rCI  k (plg) , V I  0.2 k (plg/seg) y a I  0.1 k (plg/seg2)


3).- Movimiento del insecto I en el marco :

  
V I  VC   x rC I  V I  15 j  2 i  3 k x  k  0.2 k




V I  17 j  0.2 k (plg/seg)


VI

 17.001 plg/seg
a I  aC    x rC I   x   x rCI   2 x V I  a I





 



 
  x rC I  6 j x  k  6 i

(plg/seg2)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________


 x   x rC I   2 i  3 k x 2 j  6 i  4 k





29
(plg/seg2)

2 x V I  4 i  6 k x 0.2 k  0.8 j (plg/seg2)


a I   45  6  6 i  0.8 j  0.1  4 k

a I  57 i  0.8 j  4.1 k (plg/seg2)


aC  57.15 plg/seg2

1-19.- La grúa  en la figura gira alrededor de la
vertical con V = 0.2 rad/seg constante y
simultáneamente un aguilón  de 50 pies de
longitud se levanta con rapidez creciente H = 0.1
t rad/seg. Los ejes (x,y,z) están fijos a la grúa  en
O y el aguilón tiene la dirección del eje “y”
cuando t = 0. Halle, cuando el aguilón forma un
ángulo de 60° con la horizontal: a)  y 

y b) usando coordenadas esféricas en ,

γ


VP y
y

aP .


P1-19
1).- Cálculo del movimiento angular de :
Solución
       H  V


     x 




0

 
d
 0.1 t
dt

(2)


a).- Cálculo del movimiento angular de
H 
(1)



3
0
H
t
en γ = 60°:
d   0.1 t dt
0
→

3
 0.05 t 2  t  4.58 seg
Luego:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
30
_____________________________________________________________________
 H  0.458
rad/seg
y
 H  0.1
rad/seg2
b).- Cálculo del movimiento angular de β en (1) y (2), para t = 4.58 seg:
  0.458 i  0.2 k
(rad/seg)
(3)

  0.499  0.5 rad/seg

  0.1 i  0.2k x 0.458 i  0.1 i  0.916 j
(rad/seg2)
(4)

  0.136
rad/seg2

2).- Cálculo del movimiento de P usando coordenadas esféricas en .a).- Orientación de los vectores unitarios que definen
las coordenadas esféricas (ver figura P1-19a) e
identificación de los parámetros que definen el
movimiento:
r  50 pies   30
r  0
  0.458 rad / seg
r  0
  0.1 rad / seg 2
er
e

r
e
  0
  0
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P en :
P1-19a
VP  r e  50 0.458 e  22.9 e (pie/seg)

a P  r 2 er  r e  10.48 er  5 e (pie/seg2)

c).- Cálculo del movimiento angular del marco móvil  y del punto base O, usando coordenadas esféricas
en , ya definido:
Si:
k  cos  er  sen e  cos 30 er  sen30 e  0.866 er  0.5 e
j  sen er  cos  e  0.5 er  0.866 e
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
31
i  e
También:
  0.20.866 er  0.5 e   0.1732 er  0.1 e

(rad/seg)
  0

VO   x rAO  0.2 k x 4 j  0.8 i  0.8 e (pie/seg)


aO   x   x rAO   0.2 k x  0.8 i   0.16 j

 


aO  0.08 er  0.139 e (pie/seg2)

d).- Cálculo del movimiento de P en :
VP  VO   x rOP  VP




VP  0.8 e  0.1732 er  0.1 e x50 er  22.9 e

VP  22.9 e  5.8 e (m/seg)


VP  23.623 pie/seg

0

a P  aO    x rOP   x   x rOP   2 x VP  a P





 



 x   x rOP   0.1732 er  0.1 e  x 5 e  0.5 er  0.866 e




(pie/seg2)
2 x VP  0.3464 er  0.2 e  x  22.9 e   7.93 e (pie/seg2)


Luego:
a P   0.08  0.5  10.48 er   0.139  0.866  5 e  7.93 e

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
32
_____________________________________________________________________
a P  11.06 er  6.005 e  7.93 e (pie/seg2)

a P  14.875 pie/seg2

1-20.- Una partícula P se mueve con una aceleración
relativa constante ao = 3 m/seg2 de A hacia B, en la
ranura AB de un disco giratorio vertical. En el
instante mostrado (ver figura), la partícula está en B
con una rapidez de Vo =10 m/seg a lo largo de A a B,
el disco está girando, respecto a su eje horizontal con
una rapidez angular constante D = 15 rad/seg. El eje
horizontal está rígidamente unido a un eje vertical
que gira con una velocidad angular constante o = 1
rad/seg. Determine la velocidad y aceleración de P,
para el instante considerado, si: h = 3 m y R = 5 m.



P1-20
Solución
1).- Movimiento del marco móvil disco  y del punto base o conveniente D:
  




 
OD
OD
 OD  15 i  j (rad/seg)

x OD  j x  15 i   15 k (rad/seg2)

VD  OD x rOD  j x 4 i  4 k (m/seg)


2
a D  OD
rOD  4 i   4 i (m/seg2)


2).- Movimiento de P en el marco móvil  :
rDP  4 j  3 k (m), VP  10 j (m/seg) y a P  3 j (m/seg2)


3).- Movimiento de P en el marco inercial :


VP  VD   x rDP  VP  4 k   15 i  j  x  5 j  3 k  10 j




VP  3 i  55 j  71 k (m/seg)  VP  89.96 m/seg


a P  a D    x rDP   x   x rDP   2 x VP  a P





 



Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
  x rDP  15 k x 5 j  3 k   75 i

(m/seg2)
 x  x rDP    15 i  j x 3 i  45 j  75 k   75 i  1125 j  678 k



33

(m/seg2)
2 x VP   30 i  2 j x 10 j   300 k (m/seg2)


a P  146 i  1128 j  978 k (m/seg2) → a P  1500.06 m/seg2


1-21.- En el instante que se ilustra, la varilla AB
gira en torno del eje Z con una velocidad angular 1
= 4 rad/seg y una aceleración angular  1 = 3
rad/seg2 . En ese mismo instante, la varilla circular
sufre un movimiento angular de 2 =2 rad/seg y
 2 = 8 rad/seg2 en relación con la varilla AB como
se ilustra. Si el collarín D se mueve hacia abajo en
torno de la varilla circular con rapidez de 3 plg/seg,
la cual se incrementa a 8 plg/seg2. Determine la
velocidad y aceleración del collarín en el instante
mostrado.

C
D
Solución
1).- Movimiento del marco móvil varilla circular y
del punto conveniente o base C:
  1  2  2 i  4 k
P1-21
(rad/seg)
  1  1 x 2   2  3 k  4 k x 2 i  8 i
→
  8 i  8 j  3 k
R  5 j  4 k (plg)

R  1 x rAB  1  2 x rBC  4 k x 5 j  2 i  4 k x  4 k


→
(rad/seg2)

R  20 i  8 j (plg/seg)

R  a B   xrBC   x xrBC   1 xrAB  12 rAB   xrBC   x xrBC 

 
 


R  3 k x5 j  163 j   8 i  8 j x  4 k  2 i  4 k x 2 i  4 k x  4 k

R  9  32  32 i  32  48 j  16 k  73 i  16 j  16 k (plg/seg2)

2).- Movimiento de D en el marco móvil varilla circular:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
34
_____________________________________________________________________
 4i
(plg)
  3 k
(plg/seg)
  8 k 
9
 i   2.25 i  8 k (plg/seg2)
4
3).- Movimiento de D respecto al marco inercial :




VD  R   x     20 i  8 j  2 i  4 k x 4 i   3 k

VD  20 i  24 j  3 k (plg/seg)

a D  R   x   x x   2 x  
 x  8 i  8 j  3 k x 4 i  12 j  32 k
(plg/seg2)
 x x   2 i  4 k x 16 j  64 i  32 k


(plg/seg2)

2 x  4 i  8 k x  3 k  12 j (plg/seg2)
Luego:
a D   73  2.25  64 i   16  12  12 j  16  8  32  32 k
a D  139.25 i  8 j  8 k (plg/seg2)
1-22.- El tablón  resbala sobre el piso en A y sobre el bloque  en Q. El bloque  se mueve hacia la
derecha con una velocidad constante de 6 pies/seg, mientras que el extremo A del tablón se mueve hacia a
la izquierda con una velocidad constante de 4 pies/seg. Para la posición mostrada en la figura, encuentre la
velocidad angular del tablón.



P1-22
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
35
Solución
Marco móvil el tablón, Q tiene un movimiento lineal respecto al tablón y Q .1).- Velocidad del marco móvil y del punto base A (XY):
  k
Y

R  4 i (pie/seg)
X
2).- Movimiento de Q respecto al marco móvil:
  12 i  5 j
(pies)
5 
 12
i
j  (pie/seg)
13 
 13
   
3).- Movimiento de Q respecto al marco inercial tierra:
VQ  6 i (pie/seg)
(1)
También:
5 
 12

VQ  R   x    4 i   k x12 i  5 j     i 
j
13 
 13
 12

5

VQ     4  5  i     12  j
 13

 13

(2)
(1)= (2), igualando componentes y operando:
6
12
  4  5
13

10 
12
  5
13
(3)
0
5
  12
13

  
12 *13

5
(4)
(4) en (3):
10  
12 2 *13

13 * 5

  0.347
rad/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
36
_____________________________________________________________________
  0.347 k
(rad/seg)
1-23.- En la figura VA = 5 plg/seg () y
d
VA = 8
dt


plg/seg2. Si la barra AB permanece en contacto con el
escalón y con la superficie curva, encuentre su
aceleración angular. Sugerencia: considere al punto
Q (fijo al escalón) como el punto móvil y note que Q
se mueve sobre una recta relativa a la barra .

P1-23
Solución
De acuerdo a lo anunciado la barra será el marco móvil, que hace que Q tenga un movimiento lineal con
respecto a este marco.
1).- Movimiento del marco móvil  y del punto base A:
   k
(rad/seg)

   k
y
Y
(rad/seg2)

A
V A  5 i (plg/seg) y a A  8 i  25
8 j  8 i  3.125 j
X
(plg/seg2)
2).- Movimiento de Q respecto al marco de referencia móvil :
rAQ  8 i  6 j (plg)
VQ  VQ

aQ  aQ




4
5
i  53 j  (plg/seg)

4
5
i  53 j  (plg/seg2)
3).- Movimiento de Q respecto al marco inercial :
a).- Velocidad de Q:
VQ  V A   x rAQ  VQ


→

VQ  0  5 i   k x 8 i  6 j   VQ



4
5
i  53 j 
4
3




0    5  6  VQ  i   8  VQ  j
5 
5 


Igualando componentes y operando:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
0  8 
  0.3
3
VQ
5

VQ  
→
rad/seg y

37
4
40
160
 → 0  VQ  5  6 → 0  
  5  6
3
15
5 
VQ  4 plg/seg

b).- Aceleración de Q:
aQ  a A   k x rAQ  2 rAQ  2 x VQ  aQ





0    8  6  0.072  1.44  0.8 aQ  i   3.125  8  0.054  1.92  0.6 aQ  j




Igualando componentes y operando:
8 *  0.8 aQ  6  6.488 



6 *  0.6 aQ  8  4.991



10 aQ  81.85


aQ  8.185 plg/seg2

Luego:
  0.01 rad/seg2
1-24.- La posición de la punta de la aguja A
está controlada por el robot aquí mostrado. En
la posición indicada la punta se mueve a una
velocidad constante u = 180 mm/seg relativa
al solenoide BC. Al mismo tiempo el brazo
CD gira a una velocidad angular constante 2
= 1.6 rad/seg con respecto a la componente
DEG. Sabiendo que el robot completo gira
alrededor del eje X a una velocidad angular
constante 1 = 1.2 rad/seg, determínese, la
velocidad y aceleración de A para el instante
mostrado.

X
P1-24
Solución
1).- Movimiento del marco móvil Solenoide y del punto base o conveniente C.-
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
38
_____________________________________________________________________
a).- Movimiento del marco móvil:
  1  2  1.2 i  1.6 j
(rad/seg)
  1 x 2  1.2 i x 1.6 j  1.92 k
(rad/seg2)
b).- Movimiento del punto base C:
R  0.5 i  0.3 j  0.6 k (m)
i).- Movimiento del marco intermedio DEG y del punto conveniente D:
 DE  1  1.2 i
y
 DE  0
VD   DE x rD  1.2 i x  0.5 i  0.3 j   0.36 k (m/seg)
a D   DE x DE x rD   1.2 i x 0.36 k  0.432 j (m/seg2)
ii).- Movimiento del punto base C en el marco intermedio DEG:
 C  0.6 k
(m)
 C  2 x  C  1.6 j x 0.6 k  0.96 i
(m/seg)
C  2 x2 x  C   1.6 j x 0.96 i  1.536 k
(m/seg2)
iii).- Movimiento de C en el marco primario :

R  VD   DE x  C   C  0.36 k  1.2 i x 0.6 k  0.96 i

R  0.96 i  0.72 j  0.36 k (m/seg)

R  a D   DE x DE x  C   2 DE x  C  C

R  0.432 j  1.2 i x 0.72 j   2.4 i x 0.96 i  1.536 k
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
39

R  0.432 j  2.4 k (m/seg2)
2).- Movimiento de A en el marco móvil solenoide BC:
 A  0.25 i
(m) ,
 A  u  0.18 i
(m/seg) y
  0
3).- Movimiento de A en el marco primario :

VA  R   x  A   A
VA  0.96 i  0.72 j  0.36 k  1.2 i  1.6 j x 0.25 i   0.18 i
V A  0.78 i  0.72 j  0.76 k (m/seg)  V A  1.3 m/seg

a A  R   x  A   x x  A   2 x  A  
 x  A  1.92 k x 0.25 i   0.48 j
(m/seg2)
 x x  A   1.2 i  1.6 j x 0.4 k  0.48 j  0.64 i
(m/seg2)
2 x  A  2.4 i  3.2 j x 0.18 i   0.576 k (m/seg2)
a A  0.64 i  0.432  0.48  0.48 j  0.576  2.4 k
a A  0.64 i  1.392 j  1.824 k (m/seg2)
X
1-25.- La rotación del brazo OP está controlada por el
movimiento horizontal del vástago ranurado vertical. 
  9 m/seg2 cuando
Si X  1.2 m/seg y X

y  en ese instante.
Usando coordenadas cartesianas.
X  50 mm, hallar 
Solución
1).- Gráfico para un instante cualquiera (ver figura
P1-25a):
P1-25

Y
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
40
_____________________________________________________________________
Si:
sen 
X
0.1
X  0.1sen

(1)
2).- Derivando respecto al tiempo dos veces (1), y
despejando

y
 :
X  0.1cos  

 
X
0.1cos 
P1-25a
(2)
X  0.1sen  2
X  0.1sen  2  0.1cos     
0.1cos 
3).- Para el caso especifico de :
(3)
X  0.05 m , X  1.2 m/seg, y X  9 m/seg2 .-
En (1):
sen 
0.05
 0.5
0.1

  30
En (2):
 
1.2
 13.86 rad/seg
0.1cos 30
En (3):
 
9  0.1 sen30 *13.86 2
 214.84 rad/seg2
0.1cos 30
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1-26.- Los pasadores A y B deben permanecer
siempre en la ranura vertical del yugo C, el cual
se mueve para X = 1.5 m, hacia a la derecha a
una velocidad de 2 m/seg y aceleración de 3 m
/seg2 (constante), partiendo del reposo cuando X
= 0, tal como se muestra en la figura. Además,
los pasadores no pueden abandonar la ranura
elíptica. a) ¿Cuál es la velocidad a la que los
pasadores se aproximan una a otra? y b) ¿Cuál es
el ritmo de cambio de la velocidad de
acercamiento entre los pasadores?
41

P1-26
Solución
1).- Por intersección de trayectorias:
Si:
X2 Y2
 2 1
32
2
0
0


1

X  X 0  X 0 t  X t 2
2
(1)

X 
3 2
t
2
(2)
Derivando (1) y (2) respecto al tiempo dos veces:
XX YY
 2 0
32
2
(3)
X  3 t
(4)
XX  X 2 YY  Y 2

0
32
22
X  3 m/seg2
3).- Para el caso especifico de : X
(5)
(6)
 1.5 m , X  2 m/seg , y X  3 m/seg2 para B y A.
En (1):
1.5 2 Y 2
 2 1
32
2

YB  1.732 m y YA  1.732 m
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
42
_____________________________________________________________________
En (3):
15 * 2 1.732YB

 0  YB  0.77 m/seg y YA  0.77 m/seg
2
2
3
2
En (5):
1.5 * 3  2 2 1.732YB  0.77 2

 0  YB  2.52 m/seg2 y YA  2.52 m/seg2
2
2
3
2
4).- Cálculo de la velocidad y aceleración de acercamiento entre A y B, que se da en la dirección vertical:
YA  YB  YA
YA  YB  YA
B
B
 YA  YA  YB  0.77   0.77  1.54 m/seg
B
 YA  YA  YB  2.52   2.52  5.04 m/seg2
B
et

en
1-27.- La rotación de la biela OA está gobernada por
el émbolo del cilindro hidráulico BC, el cual se
extiende a la velocidad constante s  K durante un
intervalo del movimiento. Obtener la expresión
vectorial de la velocidad y aceleración del extremo A
para un valor de  dado, empleando los vectores
unitarios et y en de las coordenadas naturales.


P1-27
Solución
1).- Cálculo del movimiento angular de OA:
Si:
sen

2

S
2
b
s
 sen 2 
2b


(1)
Derivando (1) dos veces, respecto al tiempo:

s
cos  2 * 
2 2b
K
  
(2)
b cos  2


P1-27a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
cos  2   sen  2
 2
2

0
s
b

  tg  2
 2
2

K 2 tg  2
2b 2 cos 2  2
43
(3)
2).- Cálculo del movimiento de A en las coordenadas naturales pedido:
V A    et 
K
et (Unidades de velocidad)
b cos  2
a A    et   2  en 
K 2  1 

tg 2 et  en  (Unid. de aceleración)
2
2 
b cos 2  2

1-28.- El sector semicircular gira con una velocidad
angular antihoraria constante  = 3 rad/seg.
Simultáneamente, el brazo ranurado OC oscila
alrededor de la recta OB (fijo en el sector) de modo
que  varia constantemente a razón de 2 rad/seg,
salvo al final de cada oscilación cuando se invierte el
movimiento. Hallar la aceleración total del pasador A
cuando  = 30° y  es positiva (horario); usando
coordenadas polares en el sector, para el instante
pedido.

P1-28
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que definen
las coordenadas polares (ver figura P1-28a):

A
z
2).- Movimiento del marco X
móvil sector semicircular
y del punto base “O”:
  3 eZ
rad/seg y
  0


0.15 m
VO  aO  0



3).- Movimiento de A respecto al marco móvil.-
O
P1-28a
a).- Identificación de los parámetros que definen el movimiento en las coordenadas polares:

0.15
cos 

  0.15 sec
  0.15 sec tg 
(1)
(2)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
44
_____________________________________________________________________


  0.15 sec tg 2  2  sec3   2  sec tg 
Para el caso especifico de:
  30 ,   2
  0.173 m,   0.2
  2
rad/seg
y
m/seg
y
(3)
rad/seg, y   0 en (1), (2), y (3):
  1.155
m/seg2
  0
b).- Cálculo del movimiento:
rOA  0.173 e
VA
OC
aA
aA
OC
OC
  e    e  0.2 e  0.173 * 2 e  0.2 e  0.346 e (m/seg)


     2 e  2  e  1.155  0.173 * 4e  2 * 0.2 * 2e
 0.463 e  0.8 e (m/seg2 )
4).- Cálculo de la aceleración de A respecto al marco  :
aA  aA

OC
  2 rOA  2 x V A
OC
a A  0.463e  0.8e  9 * 0.173e  6eZ x 0.2e  0.346e 

a A  0.463  1.557  2.076 e  0.8  1.2 e

a A  0.982 e  0.4 e (m/seg2)


1-29.- La manivela OB gira, en sentido
horario, con una velocidad constante o = 5
rad/seg., usando coordenadas polares y/o
naturales para B. Hallar, en el instante en que
 = 90°, la aceleración angular de la barra BD
que desliza por el collarín que pivota en “C”.
a A  1.06 m/seg2



Solución
P1-29
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1).- Orientación de los vectores unitarios, que
definen las coordenadas polares y naturales
(ver figura P1-29a), para θ = 90º:
e
B
tg 
0.25
0.6

45
  22.62
m.
0.65
e  cos  et  sen en
0.60m.
e  sen et  cos  en
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de
B, tomando como punto de referencia “O” y
usando coordenadas naturales:
en
0.25m.

C

e
et
O
P1-29a
VB  o r et  5 * 0.25 et  1.25 et (m/seg)
(1)
a B  o2 r en  25 * 0.25 en  6.25 en (m/seg2)
(2)
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B, tomando como punto de referencia C y usando coordenadas
polares:
VB   e    en   cos  et  sen en   0.65  sen et  cos  en 




VB   cos   0.65 sen et   sen  0.65 cos  en
(3)
(3)= (1), igualando componentes y operando:
 sen  0.65 cos 
 cos   0.65 sen  1.25
tg 
 0.65 cos 
0.25


0.65 sen  1.25 0.6
 0.39 cos   0.1625sen   0.312

  0.74
rad/seg
También:
 sen22.62  0.65 0.74cos 22.62    1.1544
Si:



m/seg

a B     2 cos  et  sen en   2    sen et  cos  en 
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
46
_____________________________________________________________________






    2 cos  
    2 sen  
aB  
e

 t 
 en
 2    sen 
 2    cos  


(4)
(4)= (2), igualando componentes y operando:
   cos   2  sen
   sen  2  cos   6.25
 2   cos   6.25 0.25
tg 
2  sen  0.6
2
2
0.6cos   0.25 sen  0.25 * 2 sen  3.75  0.6 * 2 cos 
1.11  3.75
 6.249 rad/seg2
0.4225
    6.25  rad/seg2
 
1-30.- Un regulador de bolas tiene los siguientes
datos en el instante de interés:  = 0.2 rad/seg,
 = 0.04 rad/seg2 ,  = 45° ,  = 5 rad/seg , y
 = 0.2 rad/seg2 . Determinar para el instante
mencionado los vectores velocidad y aceleración
de la esfera A, utilizando las coordenadas
cilíndricas, si  = 0.3 m.


B
A



V
ez
O


en

et
P1-30
e

A
e
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios (ver
figura P1-30a) e identificación de los
parámetros que definen el movimiento:
  sen  0.3sen45  0.212 m
    cos   1.061 m / seg
    cos    2sen  5.261 m / seg 2
P1-30a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
    0.2 rad / seg
    0.04 rad / seg 2
47
Z   cos 
y Z   sen  5 * 0.3sen45  1.061 m / seg
Z   sen   2  cos   5.346 m / seg 2
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A:
V A   e   e  Z eZ  1.061 e  0.212 * 0.2 e  1.061 eZ
V A  1.061 e  0.0424 e  1.061 eZ (m/seg)




a A    2 e  2   e  Z eZ


a A   5.261  0.212 * 0.2 2 e  2 *1.061* 0.2  0.212 * 0.04 e  5.346 eZ
a A  5.269 e  0.4329 e  5.346 eZ (m/seg2)
1-31.- La varilla OA se mantiene con un ángulo
constante  = 30° y gira alrededor de la vertical con
celeridad de 120 RPM. Simultáneamente el cursor P
oscila a lo largo de la varilla a una distancia variable
del pivote fijo O dada en milímetros por R = 400 +
100 sen2 n t, donde la frecuencia de oscilación n a
lo largo de la varilla, es constante e igual a 2 ciclos
por segundos, y el tiempo se mide en segundos.
Calcular la aceleración del cursor en el instante en
que su velocidad R a lo largo de la varilla sea
máxima. Usando coordenadas esféricas.
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios (ver figura
P1-31a) e identificación de los parámetros que
definen el movimiento en coordenadas esféricas:
r  R  400  100sen2 nt
r  R  200 n cos 2 nt
er
e
P
e
problema 1-31

  400 n sen2 nt
r  R
2
Para
P1-31

2
R
R max : cos 2 nt  1 y sen2 nt  0
P1-31a
Luego:
O
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SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
48
_____________________________________________________________________
    30
r  0.4 m
r  0.2 *  * 2  1.257 m / seg y   0
r  0
  0
2).- Cálculo de la aceleración de P, para

  120 * 30
 4 rad / seg
  0
R max :
a P  r 2 sen 2 er  r 2 sen cos  e  2r sen e
a P  0.44  0.25 er  0.44  0.5 * 0.866 e  2 *1.257 * 4 * 0.5 e
2
2
a P  15.791 er  27.35 e  15.796 e
a P  35.311 m/seg2
1-32.- Por una tubería curva AB que gira con una
velocidad angular constante de 90 RPM fluye agua.
Si la velocidad constante de ésta respecto a la
tubería es 8 m/seg, hallar la aceleración total de una
partícula de agua en el punto P.
Y
ω
O
Solución
Marco móvil tubería curva AB.
1).- Movimiento del marco móvil y del punto base “O’ ”:
 AB  90 *


30
X

P1-32
Y
k  3 k  9.425 k (rad/seg)
P
y  AB  0

VO '   AB x rAO '


VO '  3 k x  0.5 i   4.71 j (m/seg)

O
O
2
aO '   AB
rAO ' → aO '  88.82 0.5 i   44.41 i (m/seg2)


X
A
P1-32a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
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49
2).- Movimiento de P respecto al marco móvil:
rO 'P  0.5 j (m), VP
AB
 8 i (m/seg) y a P

AB
82
j  128 j (m/seg2 )
0.5
3).- Movimiento de P respecto al marco inercial:
aP  aP

AB
2
 aO '   AB
rO 'P  2 AB xVP



AB
a P  128 j  44.41 i  9.425 2 0.5 j   18.85 k x  8 i 

a P  44.41 i  21.62 j (m/seg2 )

1-33.- Hallar la aceleración angular de la barra
EC en la posición representada, con
    2
rad/seg y   6 rad/seg2 cuando  =  = 60° .
La clavija A es solidaria de la barra EC. La
ranura circular de la manivela DO tiene un radio
de curvatura de 150 mm. En la posición de la
figura, la tangente a la ranura en el punto de
contacto es paralela a AO.
Solución
Marco móvil DO y Q pertenece a OD, pero
coincidente con A.


P1-33
Y
1).- Cálculo de la velocidad de A respecto a OD y la
velocidad angular de CE ( OCA es equilátero).a).- Velocidad de A tomando como punto de
referencia O en .
X
Si:
VA  VA

VA
OD
OD
 VA
 VQ
OD
VQ   xrOQ

(1)

0.5 i  0.866 j 
 2 k x 0.15 0.5 i  0.866 j   0.26 i  0.15 j
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
50
_____________________________________________________________________
b).- Velocidad de A tomando como punto de referencia C en :
V A  CE xrCA  CE k x 0.15 0.5 i  0.866 j   CE 0.13 i  0.075 j 

(2)
(1)= (2):
CE 0.13 i  0.075 j   V A
OD
0.5 i  0.866 j   0.26 i  0.15 j
Igualando componentes y operando:
0.13 CE  0.5 V A
 0.26
OD
 0.075 CE  0.866 V A
 1.733 
VA
0.5 V A
 0.15
OD
 0.26
OD
 0.866 V A
 0.15

1.5 V A
OD
 0.26  0.5 V A
 0.26
OD
OD
 0.52 m/seg
OD
CE 
0.5 * 0.52  0.26
 4 rad/seg
0.13
2).- Cálculo de la aceleración angular de CE:
a).- Aceleración de A tomando como punto de referencia O en :
aA  aA

aA
aA
OD
OD
OD
 aQ  2 x V A

 at 0.5 i  0.866 j  
(3)
OD
0.52 2
 0.866 i  0.5 j 
0.15
 0.5 at  1.56 i  0.866 at  0.9 j (m/seg2)
aQ  6 k x 0.15 0.5 i  0.866 j   4 * 0.15 0.5 i  0.866 j 

aQ  1.08 i  0.07 j (m/seg2)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
2 xV A
OD
51
 4 k x 0.520.5 i  0.866 j   1.8 i  1.04 j (m/seg2)
b).- Aceleración de A tomando como punto de referencia C en :
a A   k x 0.150.5 i  0.866 j    2 0.150.5 i  0.866 j 

a A   0.13  1.2 i  0.075  2.08 j
(4)

(3)= (4), igualando componentes y operando:
 0.13  1.2  0.5 at  1.56  1.08  1.8
at  2.16  0.26
(5)
0.075  2.08  0.866  0.9  0.07  1.04
  11.55 at  0.93
(6)
(5) en (6):
  0.93  11.55 2.16  0.26   24.018  3
  12
 rad/seg2
B
1-34.- Al manipular el halterio, la garra del
mecanismo robótico lleva una velocidad angular
constante P = 2 rad/seg en torno al eje OG con 
fijo en 60°. La totalidad del conjunto rota en torno
al eje Z a la velocidad constante  = 0.8 rad/seg y
G se mueve respecto a O a una velocidad constante
de 0.2 m/seg: Hallar la velocidad y aceleración de
B para el instante mostrado, si a = 300 mm y OG =
900 mm. Expresar los resultados en función de la
orientación dada de los ejes x-y-z donde “y” es
paralelo al “Y”.

Solución
Marco móvil eje OG.

P1-34
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
52
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1).- Movimiento del marco móvil y del punto base G.
a).- Del Marco móvil:
OG    cos  i  sen k 

OG  0.4 i  0.69 k

→
OG  0.8  cos 60 i  sen60 k 

 OG  0
(rad/seg) y

b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de G, usando coordenadas esféricas:
er
e
  30     0.8 rad / seg 2
r  0.9 m
r  0.2 m / seg   0
r  0
  0   0
G
e

er  k
y
P1-34a
O
e  i
e  j
i).- Cálculo de la velocidad de G:
VG  r er  r sen e  0.2 er  0.9 * 0.8 sen30 e

VG  0.2 er  0.36 e  0.36 j  0.2 k (m/seg)

ii).- Cálculo de la aceleración de G:
aG  r 2 sen 2 er  r 2 sen cos  e  2r sen e

aG  0.9 * 0.8 2 * 0.5 2 er  0.9 * 0.8 2 * 0.5 * 0.866 e  2 * 0.2 * 0.8 * 0.5 e

aG  0.144 er  0.249 e  0.16 e  0.249 i  0.16 j  0.144 k (m/seg2)

2).- Movimiento de B respecto a OG:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
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53
rGB  0.3 i (m)
VB
aB
  P x rGB  2 k x  0.3 i   0.6 j (m/seg)
OG
  P2 rGB  4  0.3 i   1.2 i (m/seg2)
OG
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B en el marco inercial  :
VB  VB

OG
 VG  OG x rGB

(1)

OG x rGB   0.4 i  0.69 k  x  0.3 i   0.207 j

( rad/seg)
En (1):
VB  0.6 j  0.36 j  0.2 k  0.207 j  0.447 j  2 k (m/seg)

VB  2.05 m/seg

aB  aB

OG
 aG  OG x OG xrGB   2OG xVB
OG

 



(2)
OG x OG x rGB    0.4 i  0.69 k  x  0.207 j 




OG x OG xrGB   0.143 i  0.083 k


2OG xVB



OG

(m/seg2)

  0.8 i  1.38 k x  0.6 j   0.828 i  0.48 k m(seg2)
En (2):
a B  1.2  0.249  0.143  0.828 i  0.16 j   0.144  0.083  0.48 k

a B  1.922 i  0.16 j  0.419 k (m/seg2)

a B  1.974 m/seg2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
54
_____________________________________________________________________
1-35.- Se obliga a girar al brazo ranurado AOB
alrededor del punto O, cuando se mueve el perno A
a lo largo del carril horizontal. Para la posición que
se muestra, establezca la relación entre la velocidad
VB del perno B y la velocidad VA del perno.

Y
Solución
1).- Aprovechando las trayectorias (ver figura P135a), que se conocen:
a
X
 cot  
X
a
b
tg 
 Y  b cot 
Y
tg 

P1-35
(1)
Y
(2)
(1) en (2):
Y
b
X
a
A
O
2).- Cálculo de la relación de las velocidades de B
y A, derivando (3), respecto al tiempo:
b
b
Y  X  VB  V A
a
a
a
 x
(3)
X
b
y

B
P1-35a
1-36.- Un pasador está obligado a moverse dentro de una ranura circular de 6 m de radio. El pasador debe
moverse también siguiendo una ranura recta que se mueve hacia a la derecha a una velocidad constante V de 3
m/seg, mientras se mantiene a un ángulo constante con la horizontal de 30º ¿Cuáles son la velocidad y
aceleración del pasador A en el instante que se muestra?
Solución
1).- Por intersección de trayectorias:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
X 2  Y 2  36
55
(1)

1
X  3 t 
3
Y b
(2)
2).- Derivando dos veces, respecto al tiempo (1) y (2):
P1-36
2 XX  2YY  0

(3)

1 
Y 
X 3
3
(4)
X 2  XX  Y 2  YY  0
(5)
1 
Y 
X
3
(6)
3).- Para el caso especifico de
X  5.196 m y Y  3 m:
En (3):
5.196 X  3Y  0
Reemplazando (4):


3 
5.196 X 
X 3  0
3
6.93 X  5.196  X  0.75 m/seg
En (4):
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
56
_____________________________________________________________________
1
0.75  3  1.3 m/seg
Y 
3
 V A  0.75 i  1.3 j (m/seg)
En (5):
0.752  5.196 X  1.32  3Y  0
5.196 X  3Y  2.2525
Reemplazando (6):
3 
5.196 X 
X  2.2525
3
X  0.325 m/seg2
En (6):
1 
Y 
X  0.188 m/seg2
3

 a A  0.325 i  0.188 j (m/seg2)
1-37.- En el instante en que θ = 50º, la guía ranurada se
está moviendo hacia arriba con una aceleración de 3
m/seg2 y una velocidad de 2 m/seg. Usando
coordenadas cartesianas, determine la velocidad angular
y la aceleración angular de la barra AB en este instante.

Solución
P1-37
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
57
1).- Por las condiciones geométricas, que presenta el
sistema (ver figura P1-37a):
Y
cos  
Y
r
 Y  r cos 
(1)
2).- Derivando dos veces (1) respecto al tiempo:
Y  r sen   r sen  AB
B
(2)
r
Y  r cos   2  r sen 
2
Y  r cos   AB
 r sen  AB
A

X
y
x
(3)
P1-37a
3).- Para el caso específico de
  50º , r  0.3 m, Y  2
m/seg y
Y  3 m/seg2.-
En (2):
 AB  
 2  8.7 rad/seg
Y

r sen
0.3 sen50º
  AB  8.7 k (rad/seg)
En (3):
 AB 
2
 Y  r cos   AB
  3  0.3 cos 50 * 8.7 2

 50.46 rad/seg2
r sen 
0.3 sen 50
  AB  50.46 k (rad/seg2)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
58
_____________________________________________________________________
1-38.- Se muestra un simple aspersor de jardín.
El agua entra en la base y sale por el extremo a
una velocidad de 3 m/seg respecto al rotor del
aspersor. Además, ésta sale dirigida hacia
arriba formando un ángulo de 60º como se
muestra en el diagrama. El rotor tiene una
velocidad angular de 2 rad/seg. Tomando
como referencia el terreno ¿Cuáles son las
componentes axial, transversal y radial de la
velocidad y aceleración de una de las
partículas del agua al salir del rotor?

P1-38
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios (ver
figura P1-38a) e identificación de los
parámetros que definen el movimiento:
V
    2 rad / seg
  0.3 m
  3 cos 60º  1.5 m / seg
  0
  0
ez
60°
Z  3 sen60º  2.6 m / seg
Z  9.81 m / seg 2
O
P
e

e
P1-38a
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de la partícula del agua que está saliendo:
VP   e    e  Z eZ  1.5 e  0.3 * 2 e  2.6 eZ
VP  1.5 e  0.6 e  2.6 eZ (m/seg)
a P     2 e  2  e  Z eZ
a P  0.3 * 4 e  2 *1.5 * 2 e  9.81 eZ
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
59
_____________________________________________________________________
a P  1.2 e  6 e  9.81 eZ (m/seg2)
1-39.- El collarín A se mueve a lo largo de una guía
circular de radio “e” al girar el brazo OB en torno a O.
Determine los vectores velocidad y aceleración de A en
función de  , ,  y
Naturales y b) Polares.


e; usando coordenadas: a)
Solución
1).- Usando coordenadas Naturales o Coordenadas
Tangencial y normal.P1-39

a).- Orientación de los vectores unitarios que definen las
coordenadas (ver figura P1-39a):
s
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A:
Si:

s  2 e
en
B
A
et
C
s  2 e
e

s  2 e
Luego:
O
V A  s et  2 e et
 V A  2 e
P1-39a
(Unid.
e
de Velocidad)
a A  s et 
s 2
c
en  2 e et  4 e 2 en
A
e
e

C
a A  2 e  2  4 4 (Unid. de aceleración)
2).- Usando coordenadas Polares:
a).- Orientación de los vectores unitarios que definen
las coordenadas (ver figura P1-39b):
B

e 
O
P1-39b
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
60
_____________________________________________________________________
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A.Si:
  2 e cos 
  2 e sen 
  2 e cos   2  2 e sen 
Luego:
VA   e    e
→
V A  2 e sen  e  2 e cos   e
V A  2 e (Unid. de velocidad)




a A      2 e  2     e




a A   2 e cos   2  2esen   2e cos   2 e   4esen  2  2e cos   e




a A   4e cos   2  2esen  e   4esen  2  2e cos   e
a A  2e 2 2  4 cos 2    2 sen 2  2 * 2 cos  sen  2 2  4 sen 2   2 cos 2   2 * 2 cos sen
a A  2e  2  4 4 (Unid. de aceleración)
1-40.- El pasador P es solidario a la corredera y su
movimiento está guiado por la ranura abierta en la
barra BD y por la corredera que desliza sobre la barra
AE. Sabiendo que en el instante considerado las
barras giran en sentido horario con velocidades
angulares constantes ωAE = 4 rad/seg y ωBD = 1.5
rad/seg, hallar la velocidad del pasador P usando
coordenadas polares.
Solución

P1-40
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1).- Orientación de los vectores unitarios que definen
las coordenadas polares e identificación de los
parámetros, que definen el movimiento para cada
caso:

A
P
61
e
1
a).- Tomando como punto de referencia A en  (ver
figura P1-40a):
1
1  0.5tg 30º  0.2887 m 1  4 rad / seg
1  ?
P1-40a
b).- Tomando como punto de referencia B en  (ver
figura P1-40b):
2
e 2  cos 60º e1  sen60º e1
e
P
e2
e 2  sen60º e1  cos 60º e1
0.5
 0.577 m
cos 30º
 2  ?
2 
1
e1
 2  1.5 m / seg

B
P1-40b
2).- Cálculo de la velocidad de P.a).- Tomando como punto de referencia A:
VP  1 e1  11 e1  1 e1  0.2887 * 4 e1  1 e1  1.155 e1
(1)
b).- Tomando como punto de referencia B:
VP   2 e 2   22 e 2   2 cos 60º e1  sen60º e1   0.577 *1.5sen60º e1  cos 60º e1 
VP   2 cos 60º 0.75 e1    2 sen60º 0.433 e1
(2)
(1) = (2):
1.155    2 sen60º 0.433   2  0.8337 m/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
62
_____________________________________________________________________
Luego:
VP   0.8337 * 0.5  0.75 e1  0.8337sen60º 0.433 e1
VP  0.333 e1  1.155 e1
 VP  1.2 m/seg
También:
VP  0.8337 e 2  0.577 *1.5 e 2
VP  0.8337 e 2  0.8655 e 2 (m/seg)
1-41.- Un tambor de diámetro variable gira
impulsado por un motor a una velocidad
angular constante ω de 10 RPM. Una cuerda de
diámetro “d” igual a 12 mm está enrollada al
tambor y sostiene un peso W. Se desea que la
velocidad del movimiento hacia arriba del peso
esté dado por:
X  0.12 
2
VP  1.2 m/seg
→


t
(m/seg)
26 x10 3
En donde, para t = 0 la cuerda está justo
comenzando a enrollarse sobre el tambor en Z
= 0 ¿Cuáles son las componentes radial y axial
de la velocidad, para el peso W cuando t = 100
seg?
P1-41
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que
definen las coordenadas cilíndricas en un punto
inmediato de contacto de la cuerda que une el
peso W con el tambor (ver figura P1-41a) e
identificación de los parámetros que definen el
movimiento:
Z
e
r ? 

  10 *  1.0472 rad / seg
r  ?
30
r
e
P
e
P1-41a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
63
Z ?

Z  0.012 *
 2 x10 3 m / seg
2
2).- De la velocidad de P:
VP  r er  r e  Z eZ
En donde:
r  X  0.12 
t2
26 x10 3
t2
(m/seg)
r  0.1146 
27227.2
(1)
También, la velocidad axial es:
dZ
Z 
 2 x10 3 m/seg
dt
Separando variables e integrando:

Z
0
t
dZ   2 x10 3 dt  Z  2 x10 3 t
0
→
t
Z
2 x10 3
(2)
(2) en (1):
Y  r  0.1146 
Z2
2 x10 
3 2
*
1
27227.2
→
r  0.1146  9.182 Z 2 (m)
3).- Cálculo de la componente radial de la velocidad del peso:
Para:
Z = 2x10-3 m/seg = 2 mm/seg y Z  2 x10 3 *100  0.2 m
Si:
Y  r  9.182 * 2ZZ
Luego:
Y  r  9.182 * 2 * 0.2 * 2 x10 3  7.3456 x10 3 m/seg → Y  7.346 mm/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
64
_____________________________________________________________________
1-42.- Una partícula P tiene una velocidad
variable V(t) a lo largo de una hélice
enrollada alrededor de un cilindro de radio
“e”. La hélice forma un ángulo constante
α con un plano A perpendicular al eje Z.
Expresar la aceleración de P, utilizando
coordenadas cilíndricas. A continuación
expresar et utilizando los vectores
unitarios cilíndricos, teniendo en cuenta
que la suma de las componentes
transversal y axial de la aceleración de P
(que se acaba de calcular) pueden darse
simplemente con
V et , de tal manera se
expresa la aceleración
coordenadas
naturales.
teniendo en cuenta que de
en   e , demostrar que

de P en
Finalmente,
la velocidad
el radio de
P1-42
e
curvatura está dado por  c 
.
cos 2 
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios indicados
(ver figura P1-42a) y cálculo de la aceleración de P
en coordenadas cilíndricas.-
Z
VP
Si:
 e
VP  V cos  e  Vsen eZ
Derivando el vector velocidad de P respecto al marco inercial:
a P  V cos  e  V cos e  Vsen eZ
a P  V cos  e  V cos  e  sen eZ 
Además:
V cos    
ez
O
et
e

en
P
e
e
P1-42a
V cos 
  
e
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
 aP  
65
V 2 cos 2 
e  V cos  e  Vsen eZ (Unid. de aceleración)
e
2).- Determinación de la orientación del vector unitario tangencial y de la aceleración de P en coordenadas
naturales:
et  cos  e  sen eZ
Si:
et


V 2 cos 2 
aP  
e  V cos  e  sen eZ  y e  en
e
V 2 cos 2 
 a P  V et 
en (Unid. de Aceleración)
e
3).- Determinación del radio de curvatura:
Si:
V 2 cos 2 

c
e
V2
c 
e
(Unid. de longitud)
cos 2 
1-43.-Una barra vertical gira de acuerdo con:
  3 sen0.1 t  rad/seg, con t en seg. Fijado a la
barra CD tenemos un sistema de bielas HI y FG de 200
mm de longitud cada una articulada entre sí en sus
puntos medios K. Además GA e IA de 100 mm de
longitud están articuladas entre sí tal como se muestra.
En el extremo A se encuentra un marcador que marca
una curva sobre la placa J. El ángulo β del sistema,
viene dado por:

P1-43
  1.3 
t
(rad), con t en seg. ¿Cuáles son las componentes radial y transversal respecto al eje N-N de
10
la velocidad y de la aceleración del marcador para el instante t = 5 seg? (Nota: el pasador F está fijo, pero el
pasador H se mueve verticalmente a lo largo de una ranura tal como se muestra).
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
66
_____________________________________________________________________
Solución
H
1).- Orientación de los vectores
unitarios de las coordenadas
cilíndricas (ver figura P1-43a) e
identificación de los parámetros
que definen el movimiento
(marcador en traslación):
G
ez





O



e
A
e
  40  200 cos   100 cos 
  40  300 cos 
  300sen 
F
(mm)
I

(mm/seg)
  300 cos   2  300sen  (mm/seg2)
    3sen0.1 t 
P1-43a
(rad/seg)
    0.3 cos0.1 t 
(rad/seg2)
Para el caso específico de t = 5 seg:
5
 0.8 (rad) ó   45.84º
10
1
  
(rad/seg) y   0
10
  1.3 
  40  300 cos 45.84º  249
(mm)
  300sen45.84º *  0.1  21.52 (mm/seg)
  300 cos 45.84º *  0.12  2.09 (mm/seg2)
  3sen0.5  1.438
(rad/seg)
  0.3 cos 0.5  0.263
(rad/seg2)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
67
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A:
VA   e   e
V A  21.52 e  249 *1.438 e  21.52 e  358.062 e (mm/seg)




 2 * 21.52 *1.438  
 e
a A     2 e  2    e   2.09  249 *1.438 2 e  
 249 * 0.263



a A  516.98 e  127.38 e (mm/seg2)

1-44.- En la posición que se muestra la varilla DC
gira en sentido antihorario a la velocidad constante
ω = 2 rad/seg. Usando coordenadas naturales para
A (perteneciente a CD), hallar la velocidad angular
y aceleración angular de EBO en el instante
mostrado.
ω
Solución

P1-44
1).- Orientación de los vectores unitarios, que definen
las coordenadas natural (ver figura P1-44a):
O
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A,
tomando como punto de referencia “C”:
V A   rCAet  2 * 0.15  0.3 et (m/seg)
(1)
a A   2 rCAen  4 * 0.15 en  0.6 en (m/seg2)
(2)
D
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A,
tomando como punto de referencia “O”; escogiendo A’
como punto perteneciente a OBE, pero coincidente con
A.-
A
C
en
et
P1-44a
a).- Si:
VA  VA
OBE
 V A'

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
68
_____________________________________________________________________
VA  VA
VA 
 2
2 

e

en   OBE eb x0.15 et
t
OBE  2
2




2
2
V A et   0.15OBE 
V A  en
OBE
OBE
2
2


(3)
(1) = (3):
0.3 
2
VA
 VA
 0.3 2 m/seg
OBE
OBE
2
0  0.15OBE  0.3 2 *
2
2
 OBE  2 rad/seg (antihorario)
b).- Si:
aA  aA
OBE
 a A'  2OBE xV A

OBE
Donde:
aA
OBE
 aA
 2
2 

et 
en 

OBE
2
2


2
a A'   OBE eb x r0 A'  OBE
rOA'   OBE eb x 0.15et  40.15et   0.6et  0.15 OBE en

2OBE x V A
OBE
 2
2 
 4eb x 0.3 2 
et 
en   1.2 et  1.2 en
2
 2

Luego:
 2



2
a A  
aA
 0.6  1.2  et   
aA
 0.15 OBE  1.2  en
OBE
OBE
 2

 2

(4)
(2) = (4):
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
69
2
aA
 0.6  0  a A
 0.6 2 (m/seg2)
OBE
OBE
2


2
 0.6 2  0.15 OBE  1.2  0.6  0.15 OBE  1.2

 2



 OBE  8
rad/seg2 (horario)
1-45.- Un tubo de cañón de longitud OP = 4 m
está montado en una torreta como se muestra.
Para mantener el arma apuntando a un blanco
móvil el ángulo azimutal β se hace aumentar al
ritmo dβ/dt = 30 °/seg y el ángulo de elevación γ
se hace aumentar al ritmo dγ/dt =10 °/seg. Para
la posición
β = 90° y γ =30°.Usando
coordenadas esféricas halle la velocidad y
aceleración del punto P.

P1-45
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios que
definen las coordenadas esféricas (ver figura P145a) e identificación de los parámetros que
definen el movimiento:
r
e 
r
e

0
r4m
r  0
r  0
  30
  60
  10


rad
*
 0.1745
seg 180
seg
  0
P1-45a


rad
*
 0.524
seg 180
seg
  0
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P:
VP  r e  r sen e  4 * 0.1745 e  4 * 0.524 sen60 e
VP  0.698 e  1.815 e
 VP  1.945 m/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
70
_____________________________________________________________________


a P   r 2  r 2 sen 2 er  r 2 sen cos  e  2r cos  e
 0.1745 2 

er  4 * 0.524 2 sen60 cos 60e  2 * 4 * 0.1745 * 0.524 cos 60e
a P  4 
2
2

 0.524 sen 60 
a P  0.946 er  0.4756 e  0.366 e (m/seg2) → a P  1.12 m/seg2
1-46.- Un elemento transportador baja por un
plano inclinado con una velocidad de 15 m/seg.
Un disco cuelga del elemento transportador y en
el instante de interés que se muestra en el
diagrama, está girando alrededor de AB con una
velocidad angular de 5 rad/seg. Además, en el
instante de interés el eje AB gira en el plano YZ
con una velocidad angular 1 de 10 rad/seg y

una aceleración angular  1 de 3 rad/seg2. En ese
instante DB está paralelo al eje X. Hallar la
velocidad y la aceleración del punto D en el
instante mostrado.

Solución
1).- Movimiento del marco móvil eje AB, y
velocidad y aceleración del punto base B en .-
P1-46
Z
a).- Cálculo del movimiento del marco móvil:
 AB  1i  10 i (rad/seg)

Y
y  AB   1i  3 i (rad/seg2)
20º

b).-Cálculo de la velocidad y aceleración de B en
:
VB  V A   AB x rAB



A
P1-46a
0

 VB  15  cos 20 j  sen20k  10 i x  3 k
AB




VB  44.09 j  5.13 k (m/seg)

aB

0
0


2
 a A  a B   AB x rAB   AB
rAB  3 i x  3 k  100  3 k

AB






Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
71
a B  9 j  300 k (m/seg2)

2).- Movimiento de D en el marco móvil eje AB:
rBD  0.6 i (m)
VD
aD
AB
AB
  x rBD  5 k x 0.6 i  3 j (m/seg)

 2 rBD  25 0.6 i   15 i (m/seg2)

3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D en :
V D  VB  VD


AB
  AB x rBD  44.09 j  5.13 k  3 j  10 i x0.6 i

VD  41.09 j  5.13 k (m/seg)
→

aD  aB  aB


0




  xr  
AB
AB

BD
VD  41.41 m/seg

0




AB x  AB xrAB   2 AB xV D
 


AB

a D  9 j  300 k  15 i  20 i x3 j  15 i  9 j  240 k (m/seg2) → a D  240.63 m/seg2

1-47.- Un anden se desplaza frente a una
plataforma circular giratoria de 6 mi/hr (1
milla = 1609 m) (ver figura). La gente se
pasa a la plataforma y se dirige en línea
recta hacia el centro para salir por la
escalera. Entre el anden y la plataforma
giratoria hay contacto de rodamiento (las
velocidades de los puntos de contacto son
las mismas). Suponga que la gente
camina con rapidez constante de 3 mi/hr
respecto a la plataforma. Si se desea que
la gente no experimente una aceleración
lateral (en el plano horizontal) de más de
3 pie/seg2, calcular el radio requerido de
la plataforma.


P1-47
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
72
_____________________________________________________________________
Solución
P
1).- Movimiento del marco móvil plataforma y del punto base “O”:
a).-Movimiento del marco móvil:

VP
k
r
X
0
Si:
VP  6
1 pie
mi 1609 m 1 hr
pie
*
*
*
 8.8
hr
1 mi
3600 0.3048 m
seg
Luego:
P1-47a
8.8

k (rad/seg) y   0
r
b).- Velocidad y aceleración del punto base o conveniente “O”:
VO  aO  0


2).- Cálculo del movimiento de P respecto al marco móvil :
rOP  r j
VP  3 *

1609
1
*
j  4.4 j (pie/seg)
3600 0.3048
aP  0

3).- Cálculo del radio, obteniendo la aceleración del hombre “P” en el marco inercial tierra:
aP
aP


0
0
0



 aO  a P   xrOP   2 rOP  2 xVP



8.8 2
8.8
8.8 2
8.8 2
  2 r j  2*
k x  4.4 j  
i
j (pie/seg2)
r
r
r
r
Si:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
aP  3  2

r 2  1332.656
8.8 
2 2
r
 9
2
73
11 993.9072
r2
 r  36.5 pies
1-48.- La placa metálica del figura está unida a
una junta esférica de soporte en O. El pasador A
se desliza en una ranura de la placa. En el
instante mostrado XA =1m, dXA/dt = - 3 m/seg,
d2XA/dt2 = 4 m/seg2 y que la velocidad y
aceleración angulares de la placa son

  4 j  2 k (rad/seg) y   3 i  6 j
(rad/seg2). ¿Cuáles son las componentes x,y,z de
la velocidad y aceleración de A respecto a un
marco de referencia sin rotación que está en
reposo respecto a O?

P1-48
Solución
1).- Movimiento del marco móvil placa y del punto base O:
  4 j  2 k
 3i 6j
(rad/seg) y
(rad/seg2)
VO  aO  0
2).- Movimiento de A respecto al marco móvil:
rOA  x Ai  y A j  i  0.25 j (m)
V A  x Ai  y A j  3 i  0.5 *1*  3 j  3 i  1.5 j (m/seg)

a A  xAi  yA j  4 i  0.5 9  4 j  4 i  6.5 j (m/seg2)

3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P en el marco inercial:
0

V A  VO   x rOA  V A   4 j  2 k x i  0.25 j   V A  4 k  2 j  0.5 i  3 i  1.5 j




Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
74
_____________________________________________________________________
V A  3.5 i  0.5 j  4 k (m/seg)
0

a A  aO   x rOA   x  x rOA   2 x V A  a A


 x rOA  3 i  6 j xi  0.25 j   0.75 k  6 k  6.75 k
(m/seg2)
 x x rOA    4 j  2k x 0.5i  2 j  4k   16i  2k  4i  j  20i  j  2k

(m/seg2)

2 x V A   8 j  4k x 3i  1.5 j   24k  6i  12 j  6i  12 j  24k (m/seg2)

Luego:
a A   20  6  4 i   1  12  6.5 j  6.75  2  24 k
a A  10 i  6.5 j  19.25 k (m/seg2)
1-49.- Cerca del final de su carrera de despegue, el
avión está “basculante” (con el morro hacia arriba)
inmediatamente antes de entrar en sustentación.
Su velocidad y aceleración, expresadas en función
del tren de ruedas C, son VC y aC, ambos dirigidas
horizontalmente hacia delante. El ángulo de
cabeceo es θ y su variación por unidad de tiempo
   aumentando a razón    . Si una
persona A camina hacia delante por el pasillo
central con una velocidad y aceleración Vrel y arel,
ambos medidas hacia delante con relación a la
cabina, deducir las expresiones de la velocidad y
aceleración de A que observaría alguien inmóvil
en la tierra.


P1-49
Solución
1).- Movimiento del marco móvil avión y del punto base o conveniente “C”:
   k

y
    k

VC  VC cos  i  sen j  y aC  aC cos  i  sen j 
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
75
2).- Movimiento de A respecto al marco móvil:
rCA  L i  h j
,
Vrel  V A  L i

 i
a rel  a A  L
y

3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A respecto al marco inercial tierra :
V A  VC  Vrel   x rCA  VC cos  i  sen j   L i   k x L i  h j 




V A  VC cos    h  L i   L  VC sen  j (Unid. de velocidad)

a A  aC  arel    x rOA  2 rCA  2 x Vrel




 i   k x L i  h j    2 L i  h j   2 k x L i
a A  aC cos  i  sen j   L


 

  h   L 2 i  a sen  L    2 h  2L  j (Unid. de aceleración)
a A  aC cos   L
C

1-50.- Un hombre camina hacia el
exterior de una plataforma giratoria a lo
largo de una trayectoria sinusoidal fijo a
la plataforma; ésta tiene 40 pies de
diámetro y gira a 10 RPM (ver figura).
Si la rapidez del hombre relativa a la
plataforma es constante e igual a 2
pie/seg. ¿Cuál es la magnitud de su
aceleración cuando el se encuentra a 10
pies del centro?


P1-50
1).- Movimiento del marco móvil disco
   k  10 *

30
k

3

Solución
y del punto base o conveniente “O”:
k (rad/seg) y   0
VO  aO  0
2).- Movimiento del hombre respecto al marco móvil :
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
76
_____________________________________________________________________
rOH  10 i (pies)
2
Vh
2 x 
 4 
 2  x 2  y 2  x 2  
* x * cos

10 
 10
2
2

4  x 2 
2 * x
4 2
* x 2 * cos 2
25
10
Para, x = 10 pies:
4  x 2 
4 2
2 *10
* x 2 * cos 2
 2.58 x 2
25
10
x 2  1.55

x  1.245 pies/seg
Luego:
Vh  1.245 i 

2
*1.245 j  1.245 i  1.565 j (pie/seg)
5
ah  ?

Cálculo de la curvatura para x = 10 pies:
2 * x
 2 
 2
 sen
10
 10 
2
1
c

  4
2 * x 
cos

1  
10 
  10
2



3
→
2
1
c
0
Luego:

a h  Vg et 
0


0

Vh2

c
en  0
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
 2
2 * x 4 2
2 * x 

0  x  y  x  
* x * cos

* x * sen
10
10
10 
 5
2
2
77
2
2
Para, x = 10 pies:
0  x2 
4 2 2
x  x  y  0
25
3).- Cálculo de la aceleración del hombre en el marco de referencia inercial tierra:
ah

0
0
0



 aO  a h   x rOh   x  x rOh   2 x Vh

 x rOh 

3
k x 10 i 
 x  x rOh  
2 x Vh 


3
k x

10
j
3
10
10 2
j
i  10.97 i (pie/seg2)
3
9
2
k x 1.245 i  1.565 j   3.28 i  2.6 j (pie/seg2)
3
a h  3.28  10.97 i  2.6 j  14.25 i  2.6 j (pie/seg2) → a h  14.49 pie/seg2

1-51.- El disco  gira alrededor de su eje con rapidez
angular constante ω0 = 0.1 rad/seg. El alambre de
contorno circular está unido rígidamente a  en los
puntos A y B, como se muestra en la figura. Un
insecto camina sobre el alambre de A a B. Encuentre
la velocidad y aceleración del insecto relativa al
marco de referencia  (en el cual gira el disco) al
llegar a B, si: a) La rapidez relativa al alambre
(inicialmente cero) crece a razón de 0.001 m/seg2 y b)
La velocidad relativa al alambre (inicialmente cero)
crece a razón de 0.001 m/seg2.

C

O

P1-51
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
78
_____________________________________________________________________
Solución
Para ambos casos el marco móvil es el disco  y el punto base o conveniente es el punto C
1).- Para el caso en que la rapidez crece a razón de 0.001 m/seg2.a).- Moviendo del marco móvil y del punto base C:
  O  0.1 k

(rad/seg) y
   0

VC  O x rOC  0.1 k x 0.3 i  0.3 j   0.03 i  0.03 j (m/seg)
aC  O2 rOC  0.01 0.3 i  0.3 j   0.003 i  0.003 j (m/seg2)
b).- Movimiento del insecto respecto al marco móvil (trayectoria circular):
Si:
 r  0.001    3.33x10 3
rad/seg2
También:
0
0




3
2





   0  2    0   2 * 3.33x10 3 *
 0.0314


2


→
  0.177
rad/seg
Luego:
rCB  0.3 i (m)
V i   r et  0.177 * 0.3 j  0.0531 j (m/seg)

a i   r et   2 r en  0.001 et  0.0314 * 0.3 en

a i  0.00942 i  0.001 j (m/seg2)

c).- Cálculo de la velocidad y aceleración del insecto en :
V i  VC  V i   x rCB  0.03 i  0.03 j   0.0531 j  0.1 k x  0.3 i 



Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
79
V i  0.03 i  0.03  0.0531  0.03 j  0.03 i  0.0531 j (m/seg)

V i  0.061 m/seg
a i  aC  a i


V i  61 mm/seg
→


0

  x r

CB

  02 rCB  2 x V i


a i  aC  a i  0.01 0.3 i   .2 k x 0.0531 j 


a i  0.003  0.0106  0.003  0.00942 i  0.003  0.001 j

a i  1.2 x10 3 i  4 x10 3 j (m/seg2) → a i  4.176 x10 3 m/seg ó a i  4.176 mm/seg2



2).- Para el caso en que la velocidad crece a razón de 0.001 m/seg 2.a).- Es lo mismo del acápite anterior a)
b).- Movimiento del insecto respecto al marco móvil:
Si:
 3 
  3
2
 
 2  2
Para la aceleración, en coordenadas naturales:
 
0.0012  2 r 2  r 2  2
  3.52 x10 4
2
rad/seg2 y

0.0012 2
   9 22
2
0.3
  0.0576
rad/seg
Luego:
rCB  0.3 i (m)
V i  0.0578 * 0.3 et  0.01728 j

(m/seg)
a i  3.54 x10 4 * 0.3 et  1x10 3 en  1x10 3 i  1.06 x10 4 j (m/seg2)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
80
_____________________________________________________________________
c).- Cálculo de la velocidad y aceleración del insecto en :
V i  0.03 i  0.03 j   0.01728 j  0.1 k x  0.3 i   0.03 i  0.03  0.03  0.01734 j

V i  0.03 i  0.01728 j

V i  0.03462 m/seg ó V i  34.62 mm/seg


a i  aC  a i  0.01  0.3 i   0.2 k x 0.01728 j 




a i   0.003  0.001  0.003  0.0035 i  0.003  1.06 x10 4 j

a i  0.0025 i  0.0031 j (m/seg2)

a i  3.98 x10 3 m/seg2 ó a i  3.98 mm/seg2


1-52.- Una atracción de un parque de atracciones
consiste en una torre vertical estacionaria con brazos que
pueden girar hacia fuera de la torre, al mismo tiempo,
pueden girar alrededor de la misma. En los extremos de
los brazos, las cabinas que contienen a los pasajeros
pueden rotar respecto a los brazos. Consideremos el caso
donde θ = 90°, en el que la cabina A gira con una
velocidad angular  2 y una aceleración angular  2
ambos relativos al brazo BC, el cual gira con una
velocidad angular 1 y una aceleración angular  1
ambos relativos a la torre y θ está creciendo
uniformemente con velocidad angular  3 ¿Cuáles son
la velocidad angular y la aceleración angular respecto al
terreno? Utilizar:
1  0.3 rad/seg, 1  0.2 rad/seg2, 2  0.6
rad/seg,
 2  0.1 rad/seg2 y 3  0.8
ω3

P1-52
rad/seg.
Solución
1).- Cálculo de la velocidad angular de A respecto al marco inercial tierra :
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
81
_____________________________________________________________________
 A  CB   A


CB
 1  3    2  0.3 k  0.8 i  0.6 i
 A  0.2 i  0.3 k

(rad/seg)
2).- Cálculo de la aceleración angular de A respecto al marco inercial tierra :
 A

0

 1   3  1 x 3   2  1  3 x  2
 A  0.2 k  0.3 k x  0.8 i   0.1 i  0.3 k  0.8 i x 0.6 i

 A  0.1 i  0.06 j  0.2 k

(rad/seg2)
1-53.- El robot de la figura tiene cinco grados de libertad
de rotación. Los ejes xyz están fijos al anillo de la base,
que gira en torno al eje z a la velocidad ω1. El brazo
O1O2 gira en torno al eje x a la velocidad ω2 =  . El
brazo O2A gira en torno al eje O1O2 a la velocidad ω3 y
a la velocidad ω4 =  en torno a un eje perpendicular
que pasa por O2 y que está momentáneamente paralelo
al eje x. Finalmente, la garra gira en torno al eje O 2A a
la velocidad ω5. Los módulos de estas velocidades
angulares son constantes. Para la configuración
representada hallar los vectores velocidad y aceleración
angulares, Para θ = 60°, β = 45° y: a) ω1 = 2 rad/seg, ω2
= 1.5 rad/seg, ω4 =3 rad/seg y ω3 = ω5 =0, determinar
asimismo la aceleración angular del brazo O1O2, b) ω3 =
3 rad/seg, ω5 = 2 rad/seg y ω1 = ω2 = ω4 =0 y c) ω1 = 2
rad/seg,  = 2 rad/seg y ω3 = ω4 = ω5 = 0, así mismo
encuentre el módulo de la velocidad angular.

P1-53

Z

45º
15º
Solución
1).-Para a):
a).- Por el teorema de adición:
 A   4   2  1  3 i  1.5 i  2 k

60º
(1)
Y
P1-53a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
82
_____________________________________________________________________
 A  1.5 i  2 k

(rad/seg)
b).- Cálculo de la aceleración angular, derivando (1) respecto al tiempo en :
 A

0

   
4
O1O2

0
0


x  4   2   A x  2  1

 A   2  1  x  4   A x  2


 A  1.5 i  2 k x 3 i   (1.5 i  2 k ) x 1.5 i  6 j  3 j  3 j

(rad/seg2)
c).- Cálculo de la aceleración angular del brazo O1O2.Derivando:
O1O 2  2  1
Luego:
 O1O 2  1 x 2  2 k x 1.5 i  3 j
(rad/seg2)
2).- Para b):
 A  3  5  3 cos 60 j  sen60 k   2 cos 15 j  sen15 k 

 A  3.43 j  3.12 k

(rad/seg)
 A  3 x 5  1.5 j  2.6 k x1.93 j  0.52 k 

 A  0.78 i  5.02 i  4.24 i

(rad/seg2)
3).- Para c):
 A   2  1  1.5 i  2 k

(rad/seg)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
83
 A  2.5 rad/seg

 A  1 x  2  2 k x 1.5 i  3 j

(rad/seg2)
1-55. - La deslizadera A se mueve por una ranura
parabólica con una velocidad s = 3 m/seg y s =
1 m/seg2 en el instante mostrado en el diagrama.
El cilindro  está conectado con A mediante la
biela AB. Hallar: a) La velocidad y aceleración
angular del cilindro para el instante mostrado y
b) La aceleración angular de la biela AB.

Y  4X 2

Solución
1).- Cálculo del movimiento de B tomando como
punto de referencia C en (ver figura P1-54a):
P1-54
et




VB   r et  0.9 cos  i  sen j 
VB   0.626 i  0.647 j  (m/seg)
VB
C
(1)

a B    r et   r en
B
a B    0.626 i  0.647 j   2  0.647 i  0.626 j 

et

en
2

 

a B  0.626   0.6472 i  0.647   0.6262 j
α = 45.967º
P1-54a
(2)
2).- Cálculo del movimiento de B tomando como punto base A, donde el marco móvil es la biela AB.a).- Movimiento del marco móvil AB y del punto base A.i).- Movimiento del marco móvil:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
84
_____________________________________________________________________
 AB   AB k
 AB   AB k
y
ii).- Movimiento del punto base o conveniente A:
VA  s et'  3 i (m/seg)
a A  s et' 
s 2
en'  i 
c
9
c
j
(3)
Si:
d 2Y
1

c

dX 2

2
1  dY

dX 

3
2
dY
d 2Y

 8X y
8
dX
dX 2
Luego:
1
C

8
0



1  64 X 2 




3
8
2
En (3):
a A  i  72 j (m/seg2)
b).- Movimiento de B en AB:
rAB  2.5 cos 75 i  sen75 j   0.647 i  2.415 j (m)
VB
AB
 aB
0
AB
c).- Movimiento de B en :
0

VB  V A  VB   AB x rAB  3 i   AB k x 0.647 i  2.415 j 
AB
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
VB  3  2.415 AB  i  0.647 AB j
85
(4)
0
0


2
a B  a A  a B   AB k x rAB   AB rAB  2 AB x VB
AB
AB
2
0.647 i  2.415 j 
a B  i  72 j   AB k x 0.647 i  2.415 j    AB

 

2
2
a B  1  2.415 AB  0.647 AB
i  72  0.647 AB  2.415 AB
j
(5)
3).- Ecuaciones de compatibilidad.a).- Si: (1) = (4), igualando componentes y operando:
0.647  0.647 AB
    AB
0.626  3  2.415 AB → 3.041  3
  0.987
rad/seg
b).- Si: (2) = (5), igualando componentes y operando:
0.626   0.647 * 0.987 2  1  2.415 AB  0.647 * 0.987 2
0.626   1  2.415 AB
(6)
0.647   0.626 * 0.987 2  72  0.647 AB  2.415 * 0.987 2
0.647   69.04  0.647 AB
(7)
(6) ÷ (7):
0.968 
1  2.415 AB
69.04  0.647 AB
66.83  0.626 AB  1  2.415 AB →  AB  21.65 rad/seg2
En (6):
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
86
_____________________________________________________________________
0.626   1  2.415 * 21.65 →    85.12 rad/seg2
1-55.- En el instante que se muestra, una barra gira
alrededor de su eje vertical con velocidad angular ω1
= 10 rad/seg y aceleración angular α1 = 10 rad/seg2,
mientras el collarín que aparece en la figura se
desliza hacia abajo con relación a la barra. Determine
la velocidad y aceleración del collarín en el instante
que se muestra. Usando coordenadas cilíndricas,
esféricas y movimiento en marcos móviles.
Solución
1).- Utilizando coordenadas cilíndricas:
a).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas (ver figura P1-55a) e identificación de
los parámetros que definen el movimiento.
tg 
P1-55
Z
5.385
 1.795    60.88
3
O
  5.385 m
O
  Vsen  5sen60.88  4.368 m / seg
  asen  2sen60.88  1.747 m / seg 2

Y

  1  10 rad / seg

m
85
3
5.
ez
 / seg 2
   1  10 rad

Z  5 cos 60.88  2.43 m / seg

Z  2 cos 60.88  0.973 m / seg 2



C
e
e
e
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C:
º


VC   e   e  Z eZ  4.368 e  5.385 *10 e  2.433 eZ
VC  4.368 e  53.85 e  2.433 eZ
P1-55a
 VC  54.08 m/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________



87

aC     2 e  2   e  Z eZ
aC  1.747  5.385 *100 e  2 * 4.368 *10  5.385 *10 e  0.973 eZ
aC  536.753 e  141.21 e  0.973 eZ
 aC  555.02 m/seg2
2).- Utilizando coordenadas esféricas.a).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas (ver figura P1-55b) e identificación de
los parámetros que definen el movimiento.

r  6.164 m   180  60.88  119.92
r  5 m / seg   0
r  2 m / seg 2   0
  1  10 rad / seg
   1  10 rad / seg
C
e
2
e
eerr
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C:
P1-55b
VC  r er  r e  r sen e  5 er  6.164 *10 sen119.12 e
VC  5 er  53.85 e


 VC  54.08 m/seg


aC  r  r 2 sen 2 er  r 2 sen cos  e  2r sen  r sen e
aC  2  6.164 *100 sen 119.12 er  6.164 *100 sen 119.12 cos 119.12e
 2 * 5 *10  6.164 *10 sen 119.12e
aC  468.425 er  262.05 e  141.21 e
 aC  555.01 m/seg2
3).- Utilizando movimiento en marcos móviles.- El marco
móvil es la barra doblada (ver figura P1-55c):
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
88
_____________________________________________________________________
Z
  21.8
  60.88
a).- Movimiento de la coordenada móvil y del
punto base o conveniente O:
  1k  10 k
O
(rad/seg)
  1 k  10 k (rad/seg2)

Y
ez


VO  aO  0



X

C
C
e
b).- Movimiento de C en el marco móvil:
P1-55c
rOC  5 i  2 j  3 k  eOC  0.811 i  0.324 j  0.487 k
VC  V XY cos  i  V XY sen j  VZ cos  k

VC  5 sen 60.88 cos 21.8 i  5 sen 60.88sen 21.8 j  5 cos 60.88 k

VC  4.055 i  1.62 j  2.435 k

aC  2 sen 60.88 cos 21.8 i  2 sen 60.88sen 21.8 j  2 cos 60.88 k

aC  1.622 i  0.648 j  0.974 k

c).- Movimiento de C en el marco inercial:

VC  VC   x rOC  4.055 i  1.62 j  2.435 k  10 k x 5 i  2 j  3 k


VC  15.945 i  51.62 j  2.435 k (m/seg) → VC  54.08 m/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
e
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
aC  aC   x rOC   x  x rOC   2 x VC

 x rOC  10 k x 5 i  2 j  3 k   20 i  50 j

(m/seg2)
 x  x rOC   10 k x  20 i  50 j   500 i  200 j

89
(m/seg2)

2 x VC  20 k x 4.055 i  1.62 j  2.435 k  32.4 i  81.1 j (m/seg2)

Luego:
aC  1.622  20  500  32.4 i  0.648  50  200  81.1 j  0.974 k
aC  550.778 i  68.252 j  0.974 k  aC  554.995  555 m/seg2
1-56.- En la posición representada la varilla
delgada se mueve con una velocidad constante u
= 75 mm/seg hacia el extremo del tubo BC. Al
mismo tiempo el tubo BC gira a la velocidad
angular constante ω2 = 1.5 rad/seg respecto al
brazo CD. Sabiendo que todo el conjunto gira
alrededor del eje X a la velocidad constante ω 1 =
1.2 rad/seg, hallar la velocidad y aceleración del
extremo A de la varilla. Usando coordenadas
cilíndricas en DC y movimiento en marcos
móviles.
P1-56
Y
Solución
1).- Usando coordenadas cilíndricas en DC.a).- Orientación de los vectores unitarios, que
definen las coordenadas cilíndricas en DC (ver
figura P1-56a):
D
en
et  e
en  eZ
C
Z
et
e
X
A
P1-56a
e
eZ
b).- Movimiento del marco móvil y del punto base C en el marco inercial Tierra.-
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
90
_____________________________________________________________________
i).- Movimiento del marco móvil:
CD  1e  1.2 e
(rad/seg) y
 CD  0
ii).- Cálculo de la velocidad y aceleración del punto base C:
VC  1rDC et  1.2 * 225  e   270 e (mm/seg)
aC  12 rDC en  1.2 2 * 225 eZ   324 eZ (mm/seg)
c).- Movimiento de A respecto al marco móvil DC:
rCA  150 e (mm)
VA
CD
aA
CD
  e   e  75 e  150 *1.5 e  75 e  225 e (mm/seg)
   2 e  2 e  150 *1.5 2 e  2 * 75 *1.5 e  337.5 e  225 e (mm/seg2)
d).- Movimiento de A en el marco inercial tierra:
V A  VC  V A
CD
 CD x rCA  270 e  75 e  225 e  1.2 e x 150 e
V A  75 e  45 e (mm/seg) → V A  87.46 mm/seg
a A  aC  a A
CD
0


 CD x CD x rCA   2CD x V A
CD
 aC  a A
CD
 2.4 e x75 e  225 e 
a A  337.5 e  225 e  324  540 eZ  337.5 e  225 e  864 eZ
Y
a A  954.48 (mm/seg )
2
2).- Usando, movimiento en marcos móviles.en
D
a).- Movimiento del marco móvil BC y del punto
 el marco tierra (ver figura P1-56b):
base Ceen
X
C
et
eZ
e
A
Z
i).- Movimiento del marco móvil:
P1-56b
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
CB  1  2  1.2 i  1.5 k
91
(rad/seg)
 CB  1 x 2  1.2 i x 1.5 k  1.8 j
(rad/seg2)
ii).- Cálculo de la velocidad y aceleración el punto base o conveniente C:
VC  1 x rDC  1.2 i x 225 k  270 j (mm/seg)


aC  12 rDC  1.2 2 225 k  324 k (mm/seg2)
b).- Movimiento de A en el marco móvil CB:
rCA  150 i (mm)
VA
aC
 75 i (mm/seg)
CB
0
CB
c).- Movimiento de A en el marco inercial tierra:
V A  VC  V A
CB


 CB x rCA  270 j  75 i  1.2 i  1.5 k x 150 i
V A  75 i  45 j (mm/seg) →
V A  87.46 mm/seg
a A  aC   CB x rCA  CB x CB x rCA   2CB x V A
 CB x rCA  1.8 jx 150 i  270 k
CB
(mm/seg2)
CB x CB x rCA   1.2 i  1.5 k x225 j   337.5 i  270 k
2CB x V A

(mm/seg2)

 2.4 i  3 k x 75 i  225 j (mm/seg2)
Cb
Luego:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
92
_____________________________________________________________________
a A  324 k  270 k  337.5 i  270 k  225 j
a A  337.5 i  225 j  864 k (mm/seg2) → a A  954.48 mm/seg2
1-57.- En un instante dado, la flecha AB está
girando, como se muestra alrededor del eje X a
una velocidad angular ωAB = 5 rad/seg y una
aceleración angular αAB = 4 rad/seg2. En el
mismo instante, el eslabón CD que está sujeto 
por un perno en C a AB, está girando en el
sentido de la manecillas del reloj, como se
muestra, con una velocidad angular ωCD = 2
rad/seg y una aceleración angular αCD = 3
rad/seg2. Determine la velocidad y aceleración de
la punta D del eslabón en el instante que se
muestra. Usando coordenadas cilíndricas,
esféricas y movimiento en marcos móviles.

z
Solución
1).- Usando coordenadas cilíndricas:
P1-57
a).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas (ver figura P1-57a) e identificación de
los parámetros que definen el movimiento:
   sen  2 sen60  1.73
C

m
  CD  cos   2 * 2 * cos 60  2

m/seg
2
   CD  cos   CD
 sen
  3 * 2 cos 60  4 * 2 * sen60  3.93 m/seg
  5
rad/seg
  4
rad/seg2
2
2m.
ez
z
D
e
e
P1-57a
Z   cos 
Z  CD  sen  2 * 2 sen60  3.464 m/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
93
2
Z   CD  sen  CD
 cos 
Z  3 * 2 sen60  4 * 2 cos 60  9.196 m/seg2
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D en el marco inercial tierra:
VD   e   e  Z eZ  2 e  1.73 * 5 e  3.464 eZ
VD  2 e  8.65 e  3.464 eZ



 VD  9.53 m/seg

a D     2 e  2   e  Z eZ
a D   3.93  1.73 * 25 e  2 * 2 * 5  1.73 * 4 e  9.196 eZ
a D  47.18 e  26.92 e  9.196 eZ (m/seg2)
→
a D  55.09 m/seg2
2).- Usando coordenadas esféricas.-
C
a).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas (ver figura P1-57b) e identificación de
los parámetros que definen el movimiento:

r  2 m   60
  5 rad / seg
r  0   2 rad / seg
r  0   3 rad / seg 2   4 rad / seg 2
r
D e
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de D en el marco inercial tierra:
VD  r e  r sen e  2 * 2 e  2 * 5 sen60  4 e  8,66 e
e
er
P1-57b
VD  9.539 m/seg






a D   r 2  r 2 sen 2 er  r  r 2 sen cos  e  2r cos   r sen e
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
94
_____________________________________________________________________


a D   2 * 4  2 * 25 sen 2 60 er  2 * 3  2 * 25 sen 60 cos 60 e 
 2 * 2 * 2 * 25 cos 60  2 * 4 sen 60 e
a D  45.5 er  15.65 e  26.93 e (m/seg2)
→
a D  55.14 m/seg2
3).- Usando movimiento en marcos móviles.- El marco móvil es la barra AB y el punto base C.a).- Movimiento del marco móvil y del punto base:
   AB i  5 i
(rad/seg)
   AB i  4 i
(rad/seg2)
VC  aC  0
b).- Cálculo del movimiento de D respecto al marco móvil AB:
rCD  2 cos 60 i  sen60 j   i  1.73 j (m)
VD
aD
aD
AB
AB
 CD x rCD  2 k x i  1.73 j   3.46 i  2 j (m/seg)



2
  CD x rCD  CD
rCD  3k x i  1.73 j  4i  1.73 j 
 9.19 i  3.92 j
AB
c).- Movimiento de D en el marco inercial tierra:
VD  VD
AB
  x rCD  3.46 i  2 j  5 i x i  1.73 j 
VD  3.46 i  2 j  8.65 k
aD  aD
AB

VD  9.529 m/seg
  x rCD   x  x rCD   2 x VD
 x rCD  4 i x i  1.73 j   6.92 k
AB
(m/seg2)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
 x  x rCD   5 i x 8.65 k  43.25 j
2 x VD
AB
95
(m/seg2)
 10 i x  3.46 i  2 j   20 k (m/seg2)
Luego:
a D  9.19 i  3.92  43.25 j  6.92  20 k
a D  9.19 i  47.17 j  26.92 k (m/seg2)

a D  55.083 m/seg2
1-58.- Un robot mueve un cuerpo sujetado
mediante sus mordazas G como se muestra en
el diagrama. ¿Cuáles serán la velocidad y la
aceleración relativas al terreno, del punto A,
en el instante que se muestra? El brazo EH
está soldado al eje vertical MN. El brazo HKG
es una barra rígida que gira alrededor de EH.
Usando coordenadas cilíndricas en EH y
movimiento en marcos móviles.

Solución
1).- Usando coordenadas cilíndricas:
a).- Cálculo del movimiento de A respecto al marco
móvil EH:
P1-58
i).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas (ver figura P1-58a) e identificación de los
parámetros que definen el movimiento:
  0.1 m
  0
  0
X  0
X  0
  0.4 rad / seg
  0.3 rad / seg
e
ex
2
ii).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A en EH:
x
P1-58a
e
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
96
_____________________________________________________________________
rHA  0.1 e  0.3 e X (m)
V A   e  0.1 * 0.4 e  0.04 e (m/seg)
EH
aA
aA
EH
EH
   2 e   e
 0.1* 0.4 2 e  0.1* 0.3 e  0.016 e  0.03 e (m/seg2)
b).- Movimiento del marco móvil EH y del punto base H:
  0.2 e
(rad/seg) y
  0.1 e
(rad/seg2)
VH   x rEH  0.2 e x 0.4 e X  0.08 e (m/seg)
a H   x rEH   2 rEH  0.1 e x 0.4 e X  0.040.4 e X   0.04 e  0.016 e X (m/seg2)
c).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A en el marco inercial terreno:
V A  VH  V A
EH
  x rHA  0.08 e  0.04 e  0.2 e x 0.1 e  0.3 e X 
V A  0.12  0.06 e  0.18 e (m/seg) →
a A  aH  a A
EH
V A  0.18 m/seg
  x rHA   x  x rHA   2 x V A
EH
 x rHA  0.1 e x 0.1 e  0.3 e X   0.03 e
(m/seg2)
 x  x rHA   0.2 e x 0.06 e  0.012 e X
(m/seg2)
2 x V A
EH
 0.4 e x 0.04 e  0.016 e X (m/seg2)
Luego:
a A  0.016 e  0.03  0.04  0.03 e   0.016  0.012  0.016 e X
a A  0.016 e  0.1 e  0.044 e X (m/seg2) → a A  0.11 m/seg2
2).- Usando movimiento en marcos móviles.-
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
97
a).- Movimiento del marco móvil EH y del punto base H:
  1  0.2 j
(rad/seg)
y
  1  0.1 j
(rad/seg2)
VH   x rEH  0.2 j x 0.4 i  0.08 k (m/seg)
a H   x rEH   2 rEH  0.1 j x 0.4 i  0.2 2 0.4 i 
a H  0.016 i  0.04 k (m/seg2)
b).- Movimiento de A en el marco móvil:
rHA  0.3 i  0.1 j (m)
VA
aA
aA
EH
EH
  2 x rHA  0.4 i x 0.3 i  0.1 j   0.04 k (m/seg)

  2 x rHA   2 x 2 x rHA   0.3 i x 0.3 i  0.1 j   0.4 i x  0.04 k

 0.016 j  0.03 k (m/seg2)
EH
c).- Cálculo de la velocidad y aceleración de A respecto al marco inercial terreno:
V A  VH  V A
EH
  x rHA  0.08 k  0.04 k  0.06 k
V A  0.18 k (m/seg)
a A  aH  a A
EH
→
V A  0.18 m/seg
  x rHA   x  x rHA   2 x V A
 x rHA  0.1 j x 0.3 i  0.1 j   0.03 k
(m/seg2)
 x  x rHA   0.2 j x  0.06 k   0.012 i
2 x V A

EH
(m/seg2)

 0.4 j x  0.04 k  0.016 i (m/seg2)
EH
Luego:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
98
_____________________________________________________________________
a A   0.016  0.012  0.016 i  0.016 j   0.04  0.03  0.03 k
a A  0.044 i  0.016 j  0.1 k (m/seg2)
a A  0.11 m/seg2
1-59.- En un instante dado, la grúa de
torre está girando, mientras que el
trole T se está moviendo hacia fuera a
lo largo de la pluma con el
movimiento indicado. En ese mismo
instante, el cubo de concreto B, se
está meciendo hacia a la vertical, de
manera que  = - 6 rad/seg y  = 2 rad/seg2, ambas, medidas con
respecto al trole. Si el cable AB se
está acortando a una rapidez
constante de 0.5 m/seg. Usando
movimientos en marcos móviles,
calcule la velocidad y aceleración de
la punta C del cubo en ese instante.
L
Solución
Marco móvil es el marco intermedio
línea que coincide con el cable.

1).- Movimiento del marco móvil y
del punto base A.P1-59
a).- Movimiento del marco móvil:
k
Si:

   u
y

   u

2
2
u  n x k   
i
2
 2
2
i  j 
u
2

j  x k

u
n
P1-59a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
99
Luego:
  6 *

2
i  j   3 2 i  j  (rad/seg)
2

2
i  j    2 i  j  (rad/seg2)
2
  2 *
Luego:
 L      3 2 i  j   0.2 k  4.243 i  4.243 j  0.2 k


(rad/seg)
 L     x      2 i  j   0.2 k x 3 2 i  j   0.15 k



 L   2  0.6 2  i   2  0.6 2  j  0.15 k

 L  2.263 i  0.566 j  0.15 k

(rad/seg2)
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración del punto base A:
VA  VA
aA  aA
PL
PL
  x rOA  0.8 i  0.2 k x 20 i  0.8 i  4 j (m/seg)
  x rOA   2 rOA  2 x V A
PL
a A  0.6 i  0.15 k x 20 i  0.04 20 i   0.4 k x 0.8 i    0.6  0.8 i  3  0.32 j
Y
a A  1.4 i  2.68 j (m/seg2)

2).- Movimiento de C respecto al marco móvil:
rAC  2 i  2 j  10 k
VC
L
2
i  j   0.5 cos15.793k
 0.5 sen15.793
2
2m
VC
L
2 2m
2m
X
Z
P1-59b
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
100
_____________________________________________________________________
VC  0.096 i  0.096 j  0.481 k (m/seg)
L
aC  0
L
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C en el marco inercial tierra:
VC  V A  VC   L x rAC

L
i
 L x rAC   4.243

2
j
k
 4.243  0.2  42.83 i  42.03 j  16.972 k (m/seg)
2
 10
Luego:
VC  0.8  0.096  42.83 i   4  0.096  42.03 j  0.481  16.972 k
VC  43.726 i  46.126 j  16.491 k (m/seg)
aC  a A   L x rAC   L x   L x rAC   2 L x VC

 


L

 L x rAC

i
j
k
  2.263  0.566 0.15  5.36 i  22.93 j  5.658 k (m/seg2)
2
2
10
i
j
k
 L x  L xrAC    4.243  4.243  0.2
 63.606i  80.578 j  360.061k (m/seg2)
 


42.83  42.03  16.972
2 L x VC

L
i
j
k
  8.486  8.486  0.4  4.12 i  4.043 j  1.629 k (m/seg2)
0.096  0.096 0.481
Luego:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
101
aC   1.4  5.36  63.606  4.12 i  2.68  22.93  80.578  4.043 j 
 5.658  360.061  1.629 k
aC  63.446 i  96.785 j  356.032 k (m/seg2)
1-60.- El brazo AB está girando alrededor del
pasador fijo A con una rapidez constante de ω1 = 4
rad/seg, mientras que labarra BD está girando
alrededor del eje Z con una rapidez constante de ω 2 =
5 rad/seg. En el instante en que el mecanismo está en
la posición indicada, el collarín C se está moviendo a
lo largo de la barra con una velocidad de 3 m/seg y
una aceleración de 2 m/seg2, medidas ambas, con
respecto a la barra. Usando coordenadas cilíndricas
en AB y coordenadas cartesianas, determine la
velocidad y la aceleración respecto a la tierra del
collarín en el instante mostrado.
V
a
Solución
1).- Usando coordenadas cilíndricas en AB.P1-60
A
a).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas cilíndricas en AB (ver figura P1-60a):
eZ
C
B
e  e
b).- Movimiento del marco móvil AB y del punto
base B:
P1-60a
 AB  1e  4 e
(rad/seg) y
 AB  0
VB  1rAB et  4 * 0.4  e   1.6 e (m/seg)
a B  12 rAB en  4 2 * 0.4 eZ  6.4 eZ (m/seg2)
c).- Cálculo del movimiento de C respecto al marco móvil AB.-
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
102
_____________________________________________________________________
i).- Identificación de los parámetros que definen el movimiento:
  0.3m
  5 rad / seg Z  0
  3 m / seg
  2 m / seg 2   0
Z  0
ii).- Movimiento de C:
rBC  0.3 e (m)
VC
aC
AB
AB
  e    e  3 e  0.3 * 5 e  3 e  1.5 e (m/seg)


     2 e  2  e  2  0.3 * 25 e  2 * 3 * 5 e  5.5 e  30 e (m/seg2)
d).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C respecto al marco inercial terreno:
VC  VB  VC
AB
  AB x rBC  1.6 e  3 e  1.5 e  4 e x 0.3 e
VC  1.4 e  1.5 e  1.2 eZ (m/seg) → VC  2.377 m/seg
aC  a B  aC
AB
  AB x  AB x rBC   2  AB x VC
AB
Donde:
 AB x  AB x rBC   4 e x  1.2 eZ   4.8 e
2  AB x VC
AB
(m/seg2)
 8 e x 3 e  1.5 e   2.4 eZ (m/seg2)
Luego:
aC  6.4 eZ  5.5 e  30 e  4.8 e  24 eZ  10.3 e  30 e  17.6 eZ (m/seg2)
aC  36.275 m/seg2
2).- Usando coordenadas cartesianas (indicados en la figura P1-60).a).- Movimiento del marco móvil BD y del punto conveniente B:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
 BD  1  2  4 i  5 k
103
(rad/seg)
 BD  1 x 2  4 i x 5 k  20 j

(rad/seg2)

VB  1 x rAB  4 i x  0.4 k  1.6 j (m/seg)


a B  12 rAB  16  0.4 k  6.4 k (m/seg2)
b).- Movimiento de C respecto al marco móvil BD:
rBC  0.3 j (m), VC
BD
 3 j (m/seg) y aC
 2 j (m/seg2)
BD
c).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C, respecto al marco inercial terreno:
VC  VB   BD x rBC  VC
VC  1.5 i  1.4 j  1.2 k


 1.6 j  4 i  5 k x  0.3 j   3 j
BD
→
VC  2.377 m/seg
aC  a B   BD x rBC   BD x  BD x rBC   2  BD x VC
BD
 aC
BD
Donde:
 BD x rBC  20 j x  0.3 j   0
 BD x  BD x rBC   4 i  5 k  x 1.5 i  1.2 k   12.3 j
2  BD x VC
BD

(m/seg2)

 2 4 i  5 k x  3 j   30 i  24 k (m/seg2)
Luego:
aC  6.4 k  12.3 j  30 i  24 k  2 j  30 i  10.3 j  17.6 k (m/seg2)
aC  36.275 m/seg2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
104
_____________________________________________________________________
1-61.- La barra delgada y curva OC gira alrededor
de =. En el instante que se muestra, la velocidad
angular OC es 2 rad/seg y su aceleración angular es
cero. Encuentre la aceleración angular de la barra
AB en la misma posición.
B
0
X
h
P1-61
C
Solución

1).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B
tomando como punto de referencia a O en ℑ.-
P1-61a
a).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B’ (B’ ε a OC coincidente con B), ver figura P1-61a:
VB '  OC x rOB '  2k x 16 j   32 i (plg/seg)
2
a B '  OC
rOB '  4 *  16 j   64 j (plg/seg2)
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B respecto a OC:
Si:
VB
aB  aB
OC
OC
 VB i
,
OC
 aB '  2 OC x VB
aB
OC
 aB t i 
OC
VB2
OC
8
n j
,
VB  VB '  VB
y
OC
OC
Luego:
VB  32 i  VB i   32  VB  i
OC
OC 

(1)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
VB2


OC
n j  64 j  2  2k x   VB i 
OC 

8
2
 VB

 OC

a B  a B t i  
 4 VB  64) j 
OC
OC
 8



a B  a B t i 
OC
105
(2)
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de B, tomando como punto de referencia a A en ℑ:a).-
VB   AB k x 10 cos 30º i  sen30º j   5  AB i  8.66  AB j
(3)
(1) = (3) e igualando componentes:
8.66  AB  0   AB  0
0



  32  VB   5 *  AB
OC 


VB
 32 plg/seg
OC
0

b).-
2
a B   AB k x 10 cos 30º i  sen30º j    AB
rAB
a B  5  AB i  8.66  AB j
(4)
(2) = (4) e Igualando componentes:
32 2
 4 *  32  64  8.66  AB
8
 AB  7.39

64  8.66  AB
rad/seg2 (antihorario)
1-62.- El pasador P es solidario de BC y desliza
libremente por la ranura de OA. Usando
coordenadas polares, hallar la variación del ángulo
por unidad de tiempo (  ), sabiendo que BC se
mueve con una celeridad constante V0. Exprese la
solución en función de V0 , h, β y θ.

P1-62
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
106
_____________________________________________________________________
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios e identificación del parámetro radial:
Por Ley de Senos:
B
Z
90
h
V0

sen   
e



cos 

h cos 
sen   
e
h

P
C


O
P1-62a
2).- Cálculo de la velocidad angular de OA:
Si:
VP   e    e y VP  V0  cos    e  sen    e 
Igualando la componente transversal:
   V0 sen   
→
h cos  
  V0 sen   
sen   
V0 sen 2    

(Unid. De Velocidad angular)

h cos 
1-63.- En el instante dado, la escalera de un camión de
bomberos gira alrededor del eje vertical z con una
velocidad angular de ω1 0 0.20 rad/seg y una aceleración
angular α1 = 0.5 rad/seg2, mientras se está elevando a una
velocidad angular constante ω2 = 0.75 rad/seg, como se
indica y la escalera superior se está subiendo con respecto
a la inferior con una velocidad de 0.5 m/seg y
desacelerándose a 0.1 m/seg2. Usando las coordenadas
esféricas, determine la velocidad y aceleración del punto
P del extremo de la escalera en el instante que se muestra.
ω2
P1-63
Solución
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
107
1).- Orientación de los vectores unitarios e identificación de los parámetros que definen el movimiento en
coordenadas esféricas (ver figura P1-63a):
10
 14.142 m   45º
sen 45º
O
r  0.5m / seg
  0.75 rad / seg
2
r  0.1m / seg
  0


Z
Z
r
er
e
P
e
45º
  0.2 rad / seg
  0.5 rad / seg 2
O
eZ
e
e
P1-63a
a).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P:
VP  r er  r  e  r  sen e  05 er  14.142 *  0.75 e  14.142 * 0.2 * sen 45º e
VP  0.5 er  10.61 e  2 e

→
VP  10.808 m/seg
 



a P  r  r 2  r 2 sen 2 er  2r  r 2 sen cos  e  2r cos   2rsen  rsen e
  0.1  14.142 * 0.75 2  
2 * 0.5 *  0.75  
 er  
a P  
 e 
2
2
2

14.142 * 0.2 sen 45º 
14,142 * 0.2 sen45º

2 *14.142 *  0.75 * 0.2s cos 45º2 * 0.5 * 0.2 sen 45º14.142 * 0.5 sen 45º e
a P  8.338 er  1.033 e  2.14 e (m/seg2)
→
aP  8.66 m/seg2
1-64.- Un aparato de un parque de diversiones tiene dos
canastillas sujetas rígidamente a brazos de soporte, los cuales
tienen libertad para girar verticalmente alrededor del pivote en
O. El pivote está soportado por un poste vertical que en el
instante dado gira a la velocidad angular constante ω1 = 2
rad/seg. Un pasajero está en sentado en una de las canastillas en
el lugar indicado por P. Usando coordenadas cilíndricas,
determine la aceleración del pasajero P, si los brazos de soporte
está en la posición que se muestra (θ = 45º) y está girando
alrededor del pivote O a la velocidad y aceleración angulares
de ω2 = 0.5 rad/seg y α 2 = 0.5 rad/seg2 respectivamente.
Solución
P1-64
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
108
_____________________________________________________________________
1).- Orientación de los vectores unitarios e identificación de los parámetros que definen el movimiento en
coordenadas cilíndricas (ver figura P1-64a):
  sen 
   cos     cos  2
O
   cos     sen  2

Z
   cos   2   sen 22
 = 20 pies
eZ
Z   cos 
Z   sen    sen 2
e

e
P
Z   sen    cos   2   sen  2   cos  22
P1-64a
Para el caso específico de:
  45º
,
2  0.5
rad/seg y
 2  0.5
rad/seg2
  2 rad / seg
  20 * sen45º  14.142 pies
  20 * c0s 45º* 0.5  7.071 pie / seg
  20 * cos 45º* 0.5  20 * sen45º* 0.5 2  10.607 pie / seg 2   0
Z  20 * sen45º* 0.5  7.071 pie / seg
Z  20 * sen45º* 0.5  20 * cos 45º* 0.5 2  3.535 pie / seg 2
2).- Cálculo de la aceleración de P:




a P      2 e  2  e  Z eZ
a P   10.607  14.142 * 4 e  2 * 7.071* 2 e  3.535 eZ
a P  67.175 e  28.284 e  3.535 eZ (pie/seg2)
→
aP  72.972 pie/seg2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
1-65.- Un Perno en el extremo
del brazo A de 3 pies de largo,
sigue la trayectoria de la ranura
circular del elemento CD, el cual
se mueve hacia la derecha con
una aceleración constante de 1
pie/seg2 partiendo del reposo
cuando φ = 90º, Para el instante
en que φ = 45º, usando
coordenadas cartesianas calcule
la velocidad y aceleración del
perno B.
109
a
Y
P1-65
B
D
A
X
Solución
1).- Por intersección
de
trayectorias (ver figura P1O
65a).a).- Cálculo de la posición de D, para un instante
cualquiera:- Todo los puntos del elemento tienen el
mismo movimiento por encontrarse en movimiento de
traslación rectilíneo, luego:
P1-65a
X D  X Do
o
a


1  2

 X Do t  X D t  2.6  0.5 t 2
2
b).- Determinación de las ecuaciones de las trayectorias, para un instante cualquiera de B:
X 2 Y 2  9
X  X D 
2
(1)
2
 Y  1.5
2
2
→
1 2

2
 X  2.6  a t   Y  2.25
2


(2)
2).- Derivando (1) y (2) dos veces respecto al tiempo:
2 XX  2YY  0 


XX  YY  0

2 X  2.6  0.5 t 2 * X  t  2YY  0 →
(3)




X 2.6  0.5 t 2  t X  2.6 t  0.5 t 3  0
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
110
_____________________________________________________________________
2.6 t  0.5 t 3  X t
X 
2.6  0.5 t 2
(4)
X 2  XX  Y 2  YY  0
(5)


X 2.6  0.5 t 2  t X  X  t X  2.6  1.5 t 2  0
2.6  1.5 t 2  X  2 t X
X 
2.6  0.5 t 2
(6)
3).- Para el caso específico de:
Y  1.5sen45º  1.06 pies y
X  9  1.062  2.806 pies
En (2):
2.806  2.6  0.5 t 
2 2
 1.06 2  2.25 
0.042  0.25 t 4  0.206 t 2  1.126  0
Z 2  0.824 Z  4.338  0
Z
0.824  0.824 2  4 * 4.338
 0.412  2.123
2
Z  2.535

t  1.6 seg
En (4):
2.6 *1.6  0.5 *1.6 3  2.806 *1.6

X 
 0.443 pie/se
2.6  0.5 *1.6 2
En (3):
XX
2.806 * 0.443
Y  

 1.17 pie/seg
Y
1.06
 VB  0.443 i  1.17 j (pie/seg)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
En (6),
X
B
111

 X D  a :
2.6  1.5 *1.6  2.806  2 *1.6 * 0.443
X 
 0.57 pie/seg2
2
2.6  0.5 *1.6
2
En (5):
0.4432  2.806 * 0.57  1.17 2  1.06 YB  0

YB  2.985 pie/seg2
Luego:
a B  0.57 i  2.985 j (pie/seg2)
1-66.- Un eje BC gira respecto a la
plataforma A con una velocidad
angular ω = 0.34 rad/seg. Una
barra está soldada a BC y en el
instante de interés está vertical. Un
tubo está fijado a la barra vertical y
dentro del mismo la cabeza de un
pistón se está moviendo respecto al
tubo con una velocidad V de 3
m/seg y con una aceleración
P
O
de V de 0.4 m/seg2. La plataforma
A tiene una velocidad angular
relativas al terreno dada como ω2 =
0.8 rad/seg y con una aceleración
angular de 0.5 rad/seg2. Hallar el
vector aceleración de la cabeza del
pistón relativa al terreno.
O’
P1-66
Solución
1).- Cálculo del movimiento del marco móvil eje BC y barra soldada y del punto base O’:
a).- Movimiento del Marco móvil:
T  2  1  0.8 i  0.34 j
(rad/seg)
0

 T   2  1   2 x1  0.5 i  0.8 i x 0.34 j  0.5 i  0.272 k (rad/seg2)
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de O’, como parte de A, en movimiento circular vertical:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
112
_____________________________________________________________________
VO'  2 x rOO '  0.8 i x 0.2 j  0.16 k (m/seg)
aO'   2 x rOO '  22 rOO'  0.5 i x 0.2 j  0.8 2 0.2 j   0.128 j  0.1 k (m/seg2)
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P:

VP  VP  VO '  T x rO 'P  3 j  0.16 k  0.8 i  0.34 j x 0.1 j  0.6 k
T
VP  0.204 i  3.48 j  0.24 k (m/seg)
→
VP  3.494 m/seg
a P  a P  aO '   T x rO 'P  T x T x rO 'P   2 T x VP
T


 
T


a P  0.4 j   0.128 j  0.1 k  0.5 i  0.272 k x 0.1 j  0.6 k 
0.8 i  0.34 j x0.8 i `0.34 j x0.1 j`0.6 k   2 0.8 i  0.34 j x 3 j 
a P  0.27 i  0.828 j  4.65 k  0.384 k  0.064 j  0.069 k  0.027 i
a P  0.892 j  5.103 k
a P  5.18 m/seg2
→
1-67.- Para el instante mostrado, el aro circular gira alrededor
 = 5 rad/seg2. El bloque
del eje vertical a  = 20 rad/seg y 
se mueve con rapidez constante de 4 m/seg con respecto al
aro. Usando coordenadas cilíndricas encuentre la aceleración
del deslizador para el instante cuando θ = 90º.
Ω

eZ
e
O
X
P1-67
A
D
e
P1-67a
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios e
identificación de los parámetros que definen
al movimiento en coordenadas cilíndricas, el
instante pedido (ver figura P1-67a):
e
er
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
  20 rad / seg Z  4a m / seg
 4m
  0
  
113
42
 8 m 2   5 rad / seg 2 Z  0
2
2).- Cálculo de la aceleración del deslizador D:




a D      2 e    e   8  4 * 20 2 e  4 * 5 e
a D  1608 e  20 e (m/seg2)
→
aD  1608.12 m/seg2
1-68.- Un collar desliza sobre la barra AB con una velocidad
de 2 m/seg y una aceleración de 1 m/seg2 y la barra gira con
respecto a su eje vertical a razón constante de 10 rad/seg.
Usando coordenadas esféricas encuentre la velocidad y
aceleración del collar, si  = 1 m.

A
C
P1-68
e
e
C
Solución
C
e
er
1).- Orientación de los vectores unitarios e
r el
b
identificación de los parámetros
que definen
movimiento en coordenadas esféricas en el instante
dado (ver figura P1-68a):

P1-68a
  126.87º   10 rad / seg
r  l 1m
r  2 m! seg   0
r 1 m! seg 2   0
  0
O
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración del collar C:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
114
_____________________________________________________________________
VC  r er  r sen e  2 er  10 sen126.87º e
VC  2 er  8 e /m/seg)

→
VC  8.246 m/seg

aC  r  r  2 sen 2 er  r  2 sen cos  e  2 r  sen e


aC  1  100 sen 2 126.87º er  100 sen126.87º cos 126.87º e  40 sen126.87º e
aC  63 er  48 e  32 e (m/seg2) → aC  85.42 m/seg2
1-69.- El brazo rasurado OA oscila en torno de O
dentro de los límites indicados y arrastra a la manivela
CP a través del pasador P. Durante un intervalo del
movimiento,  = k, constante. Hallar el valor de la
correspondiente aceleración total de P para todo valor
de  comprendido entre los límites en que  = k.
Emplear las coordenadas polares r y  . Demostrar
que permanecen constantes los módulos de la velocidad
y la aceleración de P en su trayectoria circular.
e 1
e 2
P


e 1
P1-69
e 2
C
r
b
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios e identificación
de los parámetros que definen el movimiento en
coordenadas polares (ver figura P1-69a):
a).- Para las coordenadas polares

e
1
, e 1  en OA:
r  2 b cos 
O
P1-69a
r
 2 b  sen
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
115
r  2 b cos   2  2 b sen 
Para:   k y   0 :
r  2 b cos 
r  2b k sen
r
 2b cos  k 2
b).- Para las coordenadas polares
e
2
, e 2  en OP(trayectoria circular):
  b  2  2
  0
  0 2  0
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P, tomando como punto de referencia a O en ℑ:
VP  r e 1  r  e 1  2b k sen e 1  2b cos  k e 1 (Unid. de velocidad)
VP  2b k Unidades de velocidad


a P  r  r  2 e 1  2 r  e 1




a P   2b cos  k 2  2b cos  k 2 e 1   4b sen k 2 e 1
a P  4b cos  k 2 e 1  4b sen k 2 e 1 (Unid. de aceleración) → aP  4b k 2 Unid. de acelerac.
2).- Cálculo de la aceleración de P tomando como punto de referencia a C en ℑ (trayectoria circular):
VP   2 e 2  b * 2 k e 2  2b k e 2 (unidades de velocidad)
VP  2b k (unidades de velocidad)
a P    22 e 2  b * 4 k 2 e 2  4b k 2 e 2 (Unid. de aceleración)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
116
_____________________________________________________________________
aP  4b k 2 Unid. de aceleración
Los módulos de la velocidad y aceleración permanecerán constantes por depender de parámetros
constantes.
1-70- Se muestra una sección superior de un
aspersor. El agua entra en el centro desde abajo y
luego pasa por los pasajes del impulsor. El
impulsor está girando con una velocidad angular
ω constante e igual a 8 RPM. El agua abandona
el impulsor con una velocidad relativa de 3
m/seg y formando un ángulo de 30º respecto a r
¿Cuáles son la velocidad y la aceleración del
agua respecto al terreno cuando ésta, abandona el
impulsor? Si el radio de curvatura de la
trayectoria de la partícula en el momento de
interés con respecto al impulsor es ρc= 0.3 m.
t
n
P'
60º
A
30º
P
t '
30º
n '
P/
R
P1-70
?
?
Solución
Sea P la partícula y P’ un punto
coincidente con P, perteneciente al
impulsor:
1).-
Cálculo
de
la
45º
velocidad
y
aceleración de P’ en ℑ (utilizando
coordenadas naturales en el aspersor):
R
P1-69a
a).- Orientación de los vectores
unitarios que definen las coordenadas
naturales (ver figura P1-69a):
b).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P’:
VP '   r et  18 *

30
* 0.3 et  0.565 et (m/seg)
a P '   2 r en  1.066 en (m/seg2)
2).- Cálculo del movimiento de P respecto al aspersor ℜ:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
117
rPP '  0
VP  3  sen30º et  cos 30º en   1.5 et  2.6 en (m/seg)

aP 

VP2

c
en ' 
32
 cos 30º et  sen30º en   25.98 et  15 en (m/seg2)
0.3
3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de la partícula P respecto al terreno ℑ:
VP  VP '  VP  0.565 et  1.5 et  2.6 en  0.935 et  2.6 en (m/seg)

VP  2.763 m/seg
a P  a P '  a P  2  x VP  a P '  a P  3.77 eb x  1.5 et  2.6 en 



a P   25.98  9.802 et  1.066  15  5.65 en  16.178 et  10.411 en (m/seg2)
a P  19.24 m/seg2
1-71.- Un avión de combate está
aterrizando
siguiendo
un
movimiento de traslación y tiene la
siguiente aceleración respecto al
terreno: a  0.2 g k  0.1 g j
(m/seg2).
Las ruedas se están extendiendo tal
como
se
muestra.
Usando
coordenadas cilíndricas en el avión,
encuentre la aceleración del centro
de cada rueda respecto al terreno,
en el instante que se muestra.
Utilizar los datos siguientes:
  0.3 rad / seg
y
A
G
  0.4rad / seg 2
P1-71
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios e identificación de los parámetros que definen el movimiento
respecto al avión:
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
118
_____________________________________________________________________
A

Y


45º
G
e
X
Z
eZ
e


P1-71a
i  cos  e  sen e , j  sen e  cos  e
k  eZ
 1m
  0
  0
    0.3 rad / seg
    0.4 rad / seg 2
2).- Cálculo de la aceleración de G respecto al avión ℜ:
aG     2 e    e  1 * 0.32 e  1* 0.4 e

aG  0.09 e  0.4 e (m/seg)

3).- Movimiento del marco móvil avión ℜ y del punto base A:
     0


a A  0.2 g  eZ   0.1 g  sen e  cos  e   0.694 e  0.694 e  1.962 eZ (m/seg2)
4).- Cálculo de la aceleración del centro G de la rueda respecto al terreno:
aG  a A  aG  0.694  0.09 e  0.694  0.4 e  1.962 eZ

aG  0.604 e  1.094 e  1.962 eZ (m/seg2) → aP  2.326 m/seg2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
119
Y
1-72.- Los movimientos x e y de las guías A
y B, cuyas ranuras forman ángulo recto,
controlan el movimiento del pasador de
enlace P, que resbala por ambas ranuras.
Durante un corto intervalo esos movimientos
están regidos por x = 20 + ¼ t2 e y = 15 –
1/6 t3, donde x e y son milímetros y t en
segundos. Calcular los nódulos de la
velocidad y la aceleración del pasador para t
= 2 seg y calcular su curvatura en ese
instante.
X
P1-72
Solución
Las barras tienen movimiento de traslación.
1).- Ecuaciones del movimiento.- Utilizando las ecuaciones paramétricas:
X  20 
1 2
1
t (mm) y Y  15  t 3 (mm)
4
6
1
X  t (mm/seg)
2
y
1
Y   t 2 (mm!seg)
2
1
(mm/seg2)
X 
2
y
Y  t (mm!seg2)
Luego:
VP 
1
1
t i  t 2 j (m!seg)
2
2
aP 
y
1
i  t j (mm!seg2)
2
2).- Para el caso especifico de t = 2 seg:
VP  i  2 j (mm/seg)
y
aP  0.5 i  2 j (mm/seg2)
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
120
_____________________________________________________________________
3).- Cálculo de la curvatura:
Si: K 
1
C

XY  YX
X
2
 Y 2

3
2
Para: t = 2 seg
K
 2
1 *  2   2 * 1
1  4
3
 0.0894 (1/mm)
2
1-73.- El mecanismo robótico gira alrededor
de un eje vertical fijo a la vez que el brazo se
alarga y se eleva.- En el instante dado,
  30º ,   10 grd / seg (cte ), l  0.5 m,
l  0.2 m / seg , l  0.3 m / seg 2 y
Usando
  20 grd / seg (cte ) .
coordenadas
esféricas
determine
la
velocidad y aceleración de la pieza P asida.
Z
er
P1-73
e
e
Solución
1).- Orientación de los vectores unitarios e identificación
de los
O
parámetros que definen el movimiento en coordenadas esféricas (ver
figura P1-73a):
r  0.75  l  1.25 m   90º   60º

r  l  0.2 m / seg
r  l  0.3 m / seg
O
  R
 10 *

180
 0.175 m / seg
  0
P1-73a
    20 *

10
 0.349 rad / seg
 0
  
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
121
2).- Cálculo de la velocidad y aceleración de P:
VP  r er  r  e  r  sen e  0.2 er  1.25 *  0.175 e  1.25 * 0.349 sen e
VP  0.2 er  0.219 e  0.378 e (m/seg) → VP  0.48 m/seg






a P  r  r  2  r  2 sen 2 er  2r  r 2 sen cos  e  2r cos   2r sen e
  0.3  1.25 * 0.175 2  
 er  2 * 0.2 *  0.175  1.25 * 0.349 2 sen60º cos 60º e 
a P  
2

1.25 * 0.349 sen60º 
2 *1.25 *  0.175* 0.349 cos 60º2 * 0.2 * 0.349 sen * e

a P  0.47 er  0.136 e  0.045 e (m/seg2)

→
aP  0.49 m/seg2
1-74.- Una persona que está parado en el
punto h sobre el perímetro de una plataforma
en rotación observa el vuelo libre de una
pelota B de béisbol. Para el instante mostrado
la pelota está en el punto C y se mueve
horizontalmente con una rapidez constante de
40 pies/seg hacia el eje de la plataforma
giratoria, que se mueve con velocidad
angular constante de 2 rad/seg. Calcule, para
ese instante: a) la velocidad y aceleración de
la pelota desde la perspectiva de la persona,
y b) el radio de curvatura en el “plano
horizontal” de la trayectoria de la bola
respecto a la persona.

h
P1-74
Solución r
Observando el movimiento en el plano
horizontal (ver figura P1-74a).

1).- Cálculo del movimiento angular del
b
marco móvil ℜ, y velocidad y aceleración del
punto base h.
  2 k
(rad/seg)
y
O
R
Y
h'
h
C
B V B = 40 pie/seg
X
   0
P1-74a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
122
_____________________________________________________________________
Vh   rOh i  2 *10 i  20 i (m/seg) y a h  2 r j  4 *10 j  40 j (pie/seg2 )


2).- Movimiento de la bola B respecto al marco móvil ℜ:
rhC  5 j (pies) , VB  ? y aB  ?


3).- Cálculo de la velocidad y aceleración de la bola respecto al hombre.- De la velocidad y aceleración de
la bola B respecto al marco inercial tierra:
a).- Si:
VB  VB  Vh   x rhC




VB  VB  Vh   x rhC


(1)

Donde:

VB  40 j (pie/seg)

y
 x rhC  2 k x  5 j   10 i
(pie/seg)
En (1):
VB  40 j  20 i  10 i  30 i  40 j (pie/seg)

b).- Si:
→
VB

 50 pie/seg
a B  a B  a h  2 rhC  2 x VB → a B  a B  a h  2 rhC  2 x VB



h



(2)
h
Donde:
a B  0 , 2 rhC  4 (5 j )  20 j (pie/seg2)

y
2  x VB  4 k x  30 i  40 j   160 i  120 j (pie/seg2)
h
En (2):

a B  40 j  20 j  160 i  120 j  160 i  60 j (pie/seg2) → a B  170.88 pie/seg2

h
4).- Cálculo del radio de curvatura respecto a la persona en el plano horizontal:
1
Si:
C

VB x a B

VB

3

Donde:
VB x a B   30 i  40 j  x 160 i  60 j   1800 k  6400 k  8200 k


Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
3
VB

123
 125000
Luego:
1
C

8200
125000

 C  15.24
pies
1-75.- En el instante que se ilustra, el brazo AB
gira en torno del rodamiento fijo con una
velocidad angular 1 = 2 rad/seg y una
aceleración angular 1 = 6 rad/seg2. En el mismo
instante, la varilla BD gira en relación con la
varilla AB a  2 = 7 rad/seg, que se incrementa a
 2 = 1 rad/seg2. Además, el collarín C se mueve
sobre la varilla BD con una velocidad r = 2
pie/seg y una desaceleración r = 0.5 pie/seg2,
ambas, medidas con relación con la varilla.
Usando coordenadas cilíndricas en la varilla AB,
determine la velocidad y aceleración del collarín
en ese instante.
A
P1-75
 
Solución
e D
e
eX
B
1).- Orientación de los vectores unitarios de las
coordenadas cilíndricas en AB (ver figura P1.75a):
2).- Cálculo del movimiento del marco móvil AB, de la
velocidad y aceleración del punto base B:
C
 AB  1  2 sen30º e  cos 30º e 

 AB  e  1.732 e
B'


(rad/seg)
 AB  1  6 sen30º e  cos 30º e 
 AB  3 e  5.196 e
A
(rad/seg2)
P1-75a
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
124
_____________________________________________________________________
VB  1 x rB '  e  1.732 e  x 2 e X   3.464 e  2 e (pie/seg)
a B  1 x rB '  12 rB '  3 e  5.196 e  x  2 e X   4  2 e X 
a B  10.392 e  6 e  8 e X (pie/seg2)
3).- Cálculo del movimiento de C respecto al marco móvil AB.a).- Identificación de los parámetros que definen el movimiento en AB:
  30º
  1 pie
  r  2 pie / seg
  7 rad / seg
  r  0.5 pie / seg 2   1 rad / seg 2
b).- Movimiento de C:
rBC  e (pie)
VC
aC
aC
AB
AB
AB
  e    e  2 e  7 *1 e  2 e  7 e (pie/seg)




     2 e  2      e
  0.5  1* 49 e  2 * 2 * 7  1*1 e  49.5 e  29 e (pie/seg2)
4).- Cálculo de la velocidad y aceleración de C en el marco inercial tierra:
VC  VB  VC
AB
  AB x rBC
Donde:
 AB x rBC  e  1.732 e  x e  1.732 e X
(pie/seg)
Luego:
VC   3.464  2 e  2  7 e  1.732 e X  1.464 e  9 e  1.732 e X (pie/seg)
VC  9.281 pie/seg
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ
SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE DINAMICA
_____________________________________________________________________
aC  a B  a C
AB
  AB x rBC   AB x  AB x rBC   2  AB x VC
125
AB
Donde:
 AB x rBC  3 e  5.196 e  x e  5.196 e X
(pie/seg2)
 AB x  AB x rBC   e  1.732 e  x  1.732 e X   3 e  1.732 e
2  AB x VC
AB
(pie/seg2)
 2 e  3.464 e  x 2 e  7 e   6.928 e X  14 e X  7.072 e X (pie/seg2)
Luego:
aC   10.392  49.5  3 e  6  29  1.732 e   8  5.196  7.072 e X
aC  62.892 e  36.732 e  6.124 e X (pie/seg2) → aC  73.09 pie/seg2
Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ