Movimiento de partículas en cuerpos rígidos

117

4. CINEMÁTICA DEL CUERPO RÍGIDO
4.1

Movimiento relativo de partículas

1. Un ferrocarril se mueve con velocidad constante de 25 km/h hacia el este. Uno de sus pasajeros,
que originalmente está sentado en una ventanilla que
mira al norte, se levanta y camina hacia la ventanilla
del lado opuesto con un velocidad, relativa al ferrocarril, de 8 km/h. ¿Cuál es la velocidad absoluta del pasajero?

25 km/h

Resolución

v P − Velocidad absoluta del pasajero
vT − Velocidad absoluta del tren
v P − Velocidad relativa del pasajero respecto al tren.
T

v P = v P + vT
T

Dibujaremos un diagrama de vectores que represente
la ecuación anterior.

vT = 25
Ѳ
vP

vP/T = 8

La magnitud de la velocidad del pasajero es:

v P = 25 2 + 8 2
Y su dirección
8
tan θ =
25
v P = 26.2 km

h

17.7°

118

Cinemática del cuerpo rígido

2. Un avión A vuela con rapidez constante de
800 ft/s describiendo un arco de circunferencia de
8000 ft de radio. Otro avión, B, viaja en línea recta
con una velocidad de 500 ft/s, que aumenta a razón de
30 ft/s2. Determine la velocidad y aceleración relativas del avión A respecto al B.

Resolución
La velocidad absoluta de A es igual a la velocidad
relativa de A respecto a B más la velocidad absoluta
de B.
vB = 500

vA = 800

v A = v A + vB
B

Con el diagrama de vectores que representa la ecuación anterior se muestra que:

vA/B

v A = 1300 ft ←
s
B
La aceleración de A es normal a la velocidad y su
magnitud es:
v2
a =
A
ρ

a

=

A

800 2
;
8000

a

A

= 80 ↓

y la de B es:
aB = 30

a

= 30 →

B

Entonces:

a A = a A + aB

ϴ

B

aA = 80

De la figura que representa la ecuación:
aA/B

a

A

= 30 2 + 80 2
B

tan θ =

80
30

a A = 85.4 ft
B

s2

69.4°


119

30 m/s

3. Un motociclista persigue a un automóvil en
una pista circular de 100 m de radio. En el instante
mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el
segundo, a 30. ¿Cuál es la velocidad relativa del automóvil respecto al motociclista?

60°

40 m/s
100 m

Resolución

v A − Velocidad absoluta del automóvil
vM − Velocidad absoluta del motociclista
v A − Velocidad relativa del automóvil respecto al
M

motociclista

v A = v A + vM
M

vA/M

Como se trata de sólo tres vectores, dibujamos un
diagrama que represente la ecuación anterior.

α
vM = 40
60°

Por la ley de cosenos
vA

vA = 30

2
M

= 30 2 + 40 2 − 2(30)40 cos 60°

v A = 36.1
M

Por la ley de senos
senα sen 60
=
30
vA
M

α = 46.0°;
vA

90° − 46.0° = 44.0°

= 36 .1 m
M

s

44 °

120


4. Un motociclista persigue a un automóvil en
una pista circular de 100 m de radio. En el instante
mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el
segundo, a 30; el motociclista aumenta su rapidez a
razón de 8 ft/s2, mientras que el automóvil la reduce 5
m/s cada s. Calcule la aceleración relativa del automóvil respecto al motociclista.

y

Resolución

x

Para determinar la aceleración relativa del automóvil
respecto al motociclista, elegiremos un sistema de
referencia como el de la figura; entonces:
a A = (a A ) n + (a A ) t

30°

=

30 2
(− isen30° − j cos 30°) + 5(i cos 30° − jsen30°)
100

at = 5

= −4.5i − 4.5 3 j + 2.5 3i − 2.5 j
a A = −0.1699i − 10.29 j

a M = (a M ) n + (a M ) t
at = 8

40 2
i +8j
100
= −16i + 8 j
=−

aM

Aceleración relativa:
a A = a A + aM

15.83

M

− 0.1699i − 10.29 j = a A − 16i + 8 j
M

aA

18.29

aA/M

aA

M

= 15.83i − 18.29 j
= 24.2 m

M

s2

49.1°


4.2

Rotación pura
B

5. El diámetro AB del volante de la figura se
mueve según la expresión θ = 2t3, donde si t está en s,
θ resulta en rad. ¿Cuál es la aceleración angular del
volante cuando t = 5 s? ¿Cuántas revoluciones gira el
volante hasta alcanzar una rapidez de 2400 rpm?

θ

A

Resolución

θ = 2t 3
•

θ = 6t 2
Es la velocidad angular del diámetro AB.
••

θ = 12t
que es la aceleración angular del volante.
Para t = 5
••

θ = 60 rad

s2

2400 rpm en rad

 2π 
2400
 = 80π
 60 

s

son

El tiempo que tarda en alcanzar esa rapidez es:
80π = 6t 2
t=

80π
6

121

122


y la desviación angular correspondiente es:

 80π 

θ = 2
 6 



3

rad

que en revoluciones son:
3

 80π 

2
 6 

 = 86.3 rev
2π


B

6. El diámetro AB del volante de la figura se
desvía según la expresión θ = 2t3, donde si t está en s,
θ resulta en rad. El volante tiene un radio de 20 cm en
el instante mostrado, θ = 60º, determine: a) el valor
de t. b) la velocidad y aceleración lineales del punto
B.

θ

A

Resolución:

a)

60° =

π
3
153.6

3

rad

= 2t 3

t=3

π
6

B
α

π

t = 0.806 s

β
303.9

b)
60°

•

ω = θ = 6t 2
ω = 6(0.806) 2 = 3.898
Como v = ωr
v = 3.898(20)

v = 78.0 cm

s

30°

La aceleración normal del punto B es:
a n = ω 2 r = (0.898) 2 20 = 303.9

123

124


Y la tangencial
a t = αr
••

En donde α = θ = 12t = 12(0.806) = 9.672
a t = 9.672(20) = 193.44
La magnitud de la aceleración de B es:
a = 303.9 2 + 193.44 2 = 360.2
Y el ángulo β
193.44
tan β =
; β = 32.5°
360.2
Por tanto, como 60° − 32.5° = 27.5°

a = 360 cm 2
s

27.5°


125

7. La banda de la figura es flexible, inextensible y no se desliza sobre ninguna de la poleas. La
polea A, de 3 in de radio, gira a 120 rpm. Calcule la
rapidez de una partícula cualquiera de la banda y la
velocidad angular de la polea B, de 5 in de radio.

Resolución

v = ωr
 2π  rad
Donde ω = 120
= 4π rad

s
s
 60 
v = 4π (3)
v = 37 .7 in

s

Como la expresión v = ωr puede emplearse con
cualquiera de las poleas:

ω A r A = ω B rB
120 ( 3 )
ω r
ωB = A A =
rB

ω B = 72 rpm

5

126


4.3

Traslación pura

8. La barra OA del mecanismo mostrado tiene
una rapidez angular de 8 rad/s en sentido antihorario.
Determine la velocidad y aceleración lineales de las
articulaciones A y B así como del extremo D de la
barra CD.

vA

Resolución

Como la barra OA se mueve con rotación pura.
30°

v A = 8 ( 0 .4 ) = 3 .2 m

8 rad/s
α

0.4 m

s

30 °

Puesto que la barra AB se mueve con traslación pura,
todas sus partículas tienen la misma velocidad.

α
O

vB = vA
vB

vA
30°

30°

s

30 °

La velocidad angular de la barra CD es:

vD
D
30°

8 rad/s

v B = 3 .2 m

0.8 m

ω CD =

v
3 .2
rad
=
=8
r
0 .4
s

Igual a la de la barra OA. Por tanto, la velocidad
lineal del extremo D es:

v D = ω r = 8 ( 0 .8 )
C

v D = 6 .4 m

vA
D
30°

0.8 m
8 rad/s

s

30 °

Como la velocidad angular es constante, la aceleración de D no tiene componente tangencial.

a = a n = ω 2 r = 8 2 ( 0 .8 )

a
C

a = 51 . 2 m

s2

60 °


4.4

127

Movimiento plano general

4.4.1 Velocidades
9. La rueda de la figura pertenece a una locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles, determine
su velocidad angular y las velocidades lineales de los
puntos O, A, B y C.

Resolución

Convertimos la velocidad a m

s
7 .2 m
72 km =
= 20 m
s
h
3 .6 s
Como el punto O se mueve junto con la locomotora.
v O = 20 m

Y la velocidad angular de la rueda es:
v
20
ω = O =
r
0 .4

A

rad
s

ω = 50
O

C

s

B

v 0 = 20i

Utilizamos la ecuación de la velocidad relativa para
determinar las velocidades de A, B y C, tomando O
como punto base. Emplearemos el sistema de referencia de la figura:

vA = vA

y

+ vO

O

v A = ω × rA

O

+ vO

v A = − 50 k × 0 . 4 j + 20 i
x

v A = 20 i + 20 i = 40 i
v A = 40 m

s

→

128


v B = ω × rB

O

+ vO

v B = − 50 k × 0 . 4 i + 20 i
v B = − 20 j + 20 i
v0

vB =

β

vB/0

20 2 ( 2 ) = 20

tan β =
vB

20
=1 ∴
20

v B = 28.3 m

β = 45 °

45°

s

v C = ω × rC

2 = 28 . 3

O

+ vO

v C = − 50 k × ( − 0 . 4 j ) + 20 i
v C = − 20 i + 20 i
vC = 0
Lo cual es evidente porque C tiene la misma
velocidad del punto del riel con el que está en contacto y dicho punto no se mueve.


129

10. El collarín A se desliza hacia abajo con
una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la
figura. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal
del collarín B.

Resolución

Como:
vB = vB + v A
A

v B = ω × rB + v A
A

v B i = ωk × (12i − 16 j ) − 30 j
v B i = 16ωi + 12ωj − 30 j

Reduciendo términos semejantes
v B i = 16ωi + (12ω − 30) j
Que es una igualdad de vectores. Igualando las
componentes verticales tenemos:

ω

0 = 12ω − 30
vA = 30 in/s

ω=
vB

30
12

ω = 2 . 5 rad s
E igualando las componentes horizontales:
v B = 16(2.5)
v B = 40 in →
s

130


11. El disco de la figura gira con rapidez angular constante de 12 rad/s en sentido horario. Calcule,
para la posición mostrada en la figura, la velocidad
angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.

Resolución

Como el disco se mueve con rotación pura:

v A = ωr
v A = 12(40) = 480 cm

40 cm

s

↓

La barra AB tiene movimiento plano general y su
geometría se muestra en la figura.
vA

12 rad/s

vB = vB + v A
A

v B = ω1 × rB + v A
A

v B = ω1k × (103.9i − 60 j ) − 480 j
v B i = 60ω1i + 103.9ω1 j − 480 j

A

v B i = 60ω1i + (103.9ω1 − 480) j

ω1
60 cm

vA
30°

Que es una igualdad de dos vectores. Igualando las
componentes verticales se tiene:

B
vB

0 = 103.9ω1 − 480

103.9 cm

ω1 = 4.62 rad s
Igualando las componentes horizontales:
v B = 60(4.66)

v B = 277 cm

s

→


A

12. En la posición mostrada, la manivela OA
tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la
velocidad lineal del émbolo B.

16

O

60°

60°

B

La manivela OA gira con rotación pura.

A
16

vA = ω × r

4.33

v A = 10k × (2.5i + 4.33 j )

B

O
2.5

v A = −43.3i + 25 j

15.40

La biela AB tiene movimiento plano general.
vA

vB = vB + v A
A

A

v B = ω1 × rB + v A

5
10 rad/s

B

Comenzamos investigando la geometría del mecanismo mediante la resolución de los triángulos rectángulos de la figura.

5

5

16”

5”

Resolución

A

O

131

A

v B = ω1 k × (15.40i − 4.33 j ) − 43.3i + 25 j

60°

v B i = 4.33ω1i + 15.40ω1 j − 43.3i + 25 j
O

Asociando las componentes respectivas:

y

v B i = (4.33ω1 − 43.3)i + (15.40ω1 + 25) j
x

Igualando las componentes verticales:
0 = 15.40ω1 + 25 ; ω1 = −1.623
Y las horizontales:
v B = 4.33(−1.623) − 43.3 = −50.3

vA

Por tanto:
vB

ω 1 = 1 . 623 rad s
y

v B = 50.3 in
x

s

←

132


13. La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular
ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las velocidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD.

Resolución

C

Comenzaremos determinando la geometría del mecanismo en el instante de interés.

1.237
0.3

B

Tanto la barra AB como la barra CD se mueven con
rotación pura. Observamos que C se mueve a la
izquierda y que:

1.2
0.3

0.3
0.4

0.8

A

D

v B = ω1 × r

y

v B = 9k × (− 0.4i + 0.3 j )
v B = − 2 .7 i − 3 .6 j

B
x

vB

La barra BC tiene movimiento plano general.

9 rad/s

vC = vC + v B

A

B

vC = ω 2 × rC + v B
B

− vC i = ω 2 k × (1.2i + 0.3 j ) − 2.7i − 3.6 j
− vC i = −0.3ω 2 i + 1.2ω 2 j − 2.7i − 3.6 j

C

vc

Asociando términos
− vC i = (− 0.3ω 2 − 2.7 )i + (1.2ω 2 − 3.6 ) j

B
ω2

Igualando las componentes en dirección de y:

y

0 = 1.2ω 2 − 3.6 ;

vB

x
vc = 3.6 m/s

C
0.6

Haciendo lo mismo en dirección de x:
− vC = −0.3(3) − 2.7 ; vC = 3.6 ←
De la barra CD obtenemos:
3 .6
− vC = ω 3 rC ;
ω3 =
D
0 .6

ω3
D

ω 2 = 3 rad s

ω 3 = 6 rad s


133

4.4.2 Centro instantáneo de rotación

14. La rueda de la figura pertenece a una locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles, determine
su velocidad angular y las velocidades lineales de los
puntos 0, A, B y C.

Resolución

El centro instantáneo de rotación de la rueda es el
punto de contacto con el riel, el punto C, puesto que
su velocidad es nula.
vo

El punto O, que une el eje de la rueda con la locomotora, tiene una velocidad de 72 km/h.

O

72 m
vO = 72 km =
= 20 m →
h 3.6 s
s

0.4 m

La velocidad angular de la rueda es por tanto:
v
20
ω= o =
r
0 .4

C (CIR)

vA
A

ω = 50 rad s
Conociendo la posición del centro de instantáneo de
rotación (CIR) y la velocidad angular de la rueda, se
puede calcular fácilmente la velocidad de cualquier
punto de la rueda.

rA = 0.8 m

v A = ω rA

v A = 50(0.8)

C

v

A

= 40 m s →

v B = ωrB

(

v B = 50 0.4 2

B
rB

0.4 m

C
0.4 m

90°

vB

v B = 28.3 m

s

)
45°

134


15. El collarín A se desliza hacia abajo con
una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la
figura. Diga cuáles son, en ese mismo instante, la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal
del collarín B.

Resolución

Para encontrar la posición del centro instantáneo de
rotación, hacemos tanto en A como en B rectas
perpendiculares a las velocidades de esos puntos; su
intersección es el centro buscado.
La velocidad angular de la barra es:
v
30
ω= A =
rA 12

CIR

rA

ω = 2.5 rad s

ω
rB

Y la velocidad de B
v B = ω rB

vA = 30 in/s

v B = 2.5(16)
vB

v B = 40 in

s

→


135

para la posición mostrada en la figura, la velocidad
angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.

Resolución

La velocidad de A es vertical y se dirige hacia abajo,
la de B, horizontal y hacia la derecha. El centro
instantáneo de rotación se encuentra en la intersección
de las perpendiculares levantadas en A y B.
Calculamos la magnitud de la velocidad de A.
vA = ω r
v A = 12(60) = 720

Por tanto, la velocidad angular de la barra AB es:
v
720
ω AB = A =
rA 60 3

ω AB = 6.93 rad s
Y la velocidad de B será:

v B = ω AB rB

v B = 6.93(60 )
v B = 416 cm

s

→

136


tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la
velocidad lineal del émbolo B.

Resolución

vA
30°

A

10 rad/s
5

v A = ω OA rOA
v A = 10(5) = 50

60°

O

La velocidad de B es horizontal y se dirige hacia la
izquierda.

CIR

La posición del centro instantáneo de rotación (CIR)
de la biela AB es la intersección de las perpendiculares a las velocidades de A y B trazadas desde
dichos puntos.

30°
rA
rB

vA

La velocidad de la articulación A es perpendicular a
la manivela OA y su magnitud es:

En la figura resolvemos la geometría del mecanismo.
De ahí:

A

B
vB
CIR

30°

ω AB =

vA
50
=
rA 30.8

ω AB = 1.623 rad s
Por tanto:
v B = ω AB rB

rB = 30.8
rB=31

v B = 1.697(31.1)
v B = 50.3 in

A
5
O

2.5

16
15.4

B

s

←


137

C

ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. Determine las velocidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD,
en la posición mostrada.

B
0.6 m

9 rad/s
A

0.4 m

D

0.8 m

Resolución
vc

Las articulaciones B y C tienen velocidades perpendiculares a las barras AB y CD, respectivamente, que
se mueven con rotación pura. Además, la velocidad
de B es:

C

B

v B = ω AB rAB

4

vB
0.5

3

0.8

A

D rc = 1.2 m
0.6

1.0
CIR

v B = 9(0.5) = 4.5
Para hallar el centro instantáneo de rotación de la
barra BC prolongamos las barras AB y CD y encontramos su intersección.
Puesto que la distancia de dicho centro al punto B es
de 1.5 m, entonces:

ω2 =

v B 4 .5
=
rB 1.5

ω 2 = 3 rad s
Cuyo sentido se deduce de la observación de la figura
vC = ω 2 rc
vC = 3(1.2)
v = 3 .6 m ←
s
c

Por tanto:
v
3 .6
ω3 = C =
rC 0.6
ω 3 = 6 rad s

138


4.4.3 Aceleraciones
19. La rueda de la figura pertenece a una locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h, aumentando su rapidez a razón de 4 m/s2. Sabiendo que la
rueda no patina sobre los rieles, determine su aceleración angular y las aceleraciones lineales de los puntos
O, A , B y C .

Resolución

Para obtener las aceleraciones lineales de los puntos
de la rueda, se necesita conocer su velocidad angular.
Sabiendo que la velocidad de O es de:

ω
vo =20 m/s

= 20 m :
s
vO
20
ω=
=
= 50
r
0 .4
72 km

O
0.4 m

y
x

C (CIR)

0.4 m
4 m/s2

y

ω2 rA/O

Como su sentido es horario, el vector velocidad
angular en el sistema de referencia mostrado es:

ω = −50k

α x rA/O

A

h

La aceleración lineal del punto O es igual a la de la
locomotora.
aO = 4 m 2 →
s
a O = 4i
La aceleración angular de la rueda es:
a
4
α= O =
r
0 .4

x

α = 10 rad

α
αB = 4 m/s2

O

s2

El vector aceleración angular es α = −10k

0.4 m

Para calcular las aceleraciones lineales de los puntos,
emplearemos las ecuaciones de movimiento relativo.
C


139

a A = a A + aO
O

Es decir:

A

a A = α × rA − ω 2 rA + a O

β

O

O

a A = −10k × 0.4 j − (− 50 ) 0.4 j + 4i
2

O

a A = 4i − 1000 j + 4i
a A = 8i − 1000 j
a A = 8 2 + 1000 2

1000
αA

tan β =

1000
8

a A = 1000 m

996

O

89.5°

s2

De modo semejante, determinaremos las aceleraciones de los puntos B y C.

rB/O

ϴ
4

a B = α × rB − ω 2 rB + a O
O

O

a B = −10k × 0.4i − (− 50 ) 0.4i + 4i
2

a B = −4 j − 1000i + 4i

αB

a B = −996i − 4 j

αC

a B = 996 2 + 4 2
tan γ =

4
996

a B = 996 m

O
rC/O

0.23°

s2

a C = α × rC − ω 2 rC + a O
O

O

a C = −10k × (− 0.4 j ) − (50 ) (− 0.4 j ) + 4i
2

C

a C = −4i + 1000 j + 4i
a C = 1000 j
a C = 1000 m

s2

↑

140


20. El collarín A se desliza, en el instante mostrado en la figura, hacia abajo con una rapidez de 30
in/s, que aumenta a razón de 140 in/s2. Diga cuáles
son, en ese mismo instante, la aceleración angular de
la barra AB y la aceleración lineal del collarín B.

Resolución
Para obtener las aceleraciones, tanto de la barra como
del collarín B, emplearemos la ecuación de movimiento relativo.

ω

aB = aB + a A
A

a B = α × rB − ω 2 rB + a A
A

O
0.4 m

En el sistema de referencia mostrado y sabiendo que
la velocidad angular de la barra es ω = 2.5 rad
s
(ver problemas 10 y 15)

y
x

C (CIR)

A

a B i = αk × (12i − 16 j ) − 2.5 2 (12i − 16 j ) − 140 j
a B i = 16αi + 12αj − 75i + 100 j − 140 j

a B i = (16α − 75)i + (12α − 40 ) j


A

0 = 12α − 40

ω = 2.5 rad/s

α=

16”
aA = 140 m/s2

B
aB
12”

40
12

α = 3.33 rad

s2

Igualando las componentes horizontales
a B = 16(3.33) − 75

y

a B = −21.7
a B = 21.7 in
x

s2

←

El signo negativo quiere decir que su sentido es
contrario al que se supuso.


141

para la posición mostrada en la figura, la aceleración
angular de la barra AB y la aceleración lineal del collarín B.

Resolución
ω = 12 rad/s

Como la rapidez del disco es constante, la partícula A
tiene una aceleración igual a su componente normal.
40 cm

a A = 5760 cm

A

0.4 m

a A = ω 2 r = 12 2 (40 )
←

s2

Para calcular la aceleración angular de la barra, que
tiene movimiento plano general, y la aceleración
lineal del collarín, utilizamos la ecuación del movimiento relativo.
aB = aB + a A
A

aA A

a B = α × rB − ω1 rB + a A
2

ω1

A

a1
60 cm
B
aB

A

Sabiendo que ω1, la velocidad angular de la barra, es
de 4.62 rad
y refiriéndonos al sistema cartes
siano mostrado.

a B i = α k × (103.9i − 60 j ) − 4.62 2 (103.9i − 60 j ) − 5760i

103.9 cm

a B i = 60α i + 103.9α j − 2218i + 1281 j − 5760i
y

x

a B i = (60α − 7978)i + (103.9α + 1281) j
Igualando las componentes en dirección del eje de las
yes.

142


0 = 103.9α + 1281

α=

− 1281
= −12.33
103.9

α = 12.33 rad

s2

E igualando las componentes en dirección x’x
a B = 60(−12.33) − 7978 = −8720

a B = 8720 cm

s2

←

Los signos negativos indican que los sentidos son
opuestos a los que se supusieron.


143

tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular de 50 rad/s2 en sentido horario. Calcule la aceleración angular de la biela
AB y la aceleración lineal del émbolo B.

Resolución
Para calcular la aceleración angular de la biela AB,
que tiene movimiento plano general, y la aceleración
lineal del émbolo B, usaremos la ecuación del movimiento relativo.

aA
A
an
α0 = 50 rad/s2
4.33”

ω0 = 10 rad/s

aB = aB + a A
A

O sea:
a B = α × rB − ω 2 rB + a A

0.4 m
60°

A

O

A

Por tanto, necesitamos conocer previamente la velocidad angular ω de la biela, la cual es de 1.623 rad
s
en sentido horario. (v. Probs. 12 y 17)

2.5”

A partir del estudio de la manivela OA, que gira con
rotación pura, determinaremos la aceleración lineal
del punto A, utilizando el sistema de referencia mostrado.

y

x

a A = (a A )t + (a A )n
a A = α O × r − ωO r
2

a A = −50k × (2.5i + 4.33 j ) − 10 2 (2.5i + 4.33 j )
33.5 in/s2 A
ω = 1.397 rad/s

a A = 216.5i − 125 j − 250i − 433 j
a A = −33.5i − 558 j

4.33 cm

Y la ecuación del movimiento relativo queda así

B
558 in/s2

aB

aB = aB

A

+ aA

a B = α × r B − ω 2 r + ( −33.5i − 558 j )
15.4 cm

a B i = αk × (15.4i − 4.33 j ) − 1.623 2 (15.4i − 4.33 j )
− 33.5i − 558 j
a B i = 4.33α i + 15 .4α j − 40.5i + 8.45 j
+ 11.406i − 33.5i − 558 j
a B i = (4.33α − 74 .07 )i + (15.4α − 546 .6 ) j

144


0 = 15.4α − 546.6

α=

546.6
15.4

α = 35.5 rad

s2

e igualando las componentes horizontales
a B = 4.33(35.5) − 74.07
El signo negativo indica que el sentido de la aceleración es contrario al supuesto.
a B = 79.6 in

s2

←


145

ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario y una aceleración
angular α1 de 20 rad/s2 también en sentido antihorario. Determine las aceleraciones angulares α2 y α3 de
las barras BC y CD.

Resolución

y

Las barras AB y CD tienen rotación pura y la BC,
movimiento plano general.
x
B

Para poder determinar las aceleraciones angulares de
las barras es necesario conocer primero sus velocidades angulares.

ω1 = 9 rad/s
α1 = 20 rad/s2

at
an

0.3 in

La velocidad angular de la barra BC es ω 2 = 3 rad

A

y de la barra CD, ω 3 = 6 rad

s

s

(ver problemas 13 y 18)
0.4 in

Empleamos la ecuación del movimiento relativo para
el estudio de la barra BC, tomando B como punto
base; pues podemos conocer la aceleración de dicho
punto.

aC = aC + a B
B

O sea:
α2

ω2 = 3 rad/s

a C = α 2 × rC − ω 2 rC + a B

C

B

B

0.3 m

B

La aceleración de B la obtendremos estudiando la barra AB y utilizando el sistema de referencia mostrado.
a B = α 1 × r1 − ω1 r1
2

1.2 m

a B = 20k × (− 0.4i + 0.3 j ) − 9 2 (− 0.4i + 0.3 j )
a B = −6i − 8 j + 32.4i − 24.3 j

y

a B = 26.4i − 32.3 j
x

146


Sustituyendo en la ecuación que escribimos arriba:
a C = α 2 k × (1.2i + 0.3 j ) − 3 2 (1.2i + 0.3 j ) + 26.4i − 32.3 j

C
at
an
0.6 m

a3
ω3 = 6 rad/s

Como puede verse, en la ecuación anterior hay tres
incógnitas: las dos componentes de a C y α 2 . Como
en esa ecuación vectorial puede haber hasta un
máximo de dos incógnitas, es imprescindible investigar alguna componente de a C . Para ello analizaremos
la barra CD.

a C = α 3 × r3 − ω 3 r3
2

D

a C = α 3 k × 0.6 j − 6 2 (0.6 j )
a C = −0.6α 3 i − 21.6 j
y

Conocida la componente vertical, volvemos a la
ecuación que dejamos pendiente, en la que sólo
quedan dos incógnitas: α 2 y α 3 .
x

− 0.6α 3i − 21.6 j = α 2 k × (1.2i + 0.3 j ) − 3 2 (1.2i + 0.3 j )
+ 26.4i − 32.3 j
Desarrollando y reduciendo términos

− 0.6α 3i − 21.6 j = −0.3α 2 i + 1.2α 2 j − 10.8i − 2.7 j
+26.4i − 32.3 j
− 0.6α 3i − 21.6 j = (− 0.3α 2 i + 15.6 )i + (1.2α 2 − 35) j
Igualando las componentes verticales
− 21.6 = 1.2α 2 − 35
1.2α 2 = 13.4

α2 =

13.4
1 .2

α 2 = 11.17 rad

s2


147

Ahora, igualando las componentes horizontales
− 0.6α 3 = −0.3(11.17 ) + 15.6

α3 = −

12.25
0 .6

α 3 = 20.4 rad

s2

La aceleración α 3 de la barra CD tiene sentido
horario, pues el signo negativo indica que es contrario
al que se supuso.

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