1) El embalaje de 30 lb se iza con una aceleración constante de 6 pies/s2. Si el peso de la viga uniforme es de 200 lb, las reacciones en el apoyo empotrado A son Ax = 35.59 lb y Ay = 235.59 lb. 2) La bola B de 0.2 kg comienza a moverse del reposo en el origen O con una velocidad inicial de 1.5 m/s a través del tubo giratorio. Al llegar al extremo externo C, sus velocidades radial y transversal son vr = 2.5 m

1. El embalaje de 30 𝑙𝑏 se iza con una aceleración constante de 6 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠2
. Si el peso de la viga
uniforme es de 200 𝑙𝑏, determine los componentes de reacción en el apoyo empotrado A. Ignore
el tamaño y masa de la polea B. Sugerencia: determine la tensión en el cable y luego analice las
fuerzas en la viga mediante estática.
Datos (+↑)∑ 𝑓𝑦 = 𝑚. 𝑎𝑦
𝑤 = 30 𝑙𝑏 𝑇 − 𝑤 = 𝑚. 𝑎𝑦
𝑎 = 6 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠2
𝑇 − 30 = (
30 𝑙𝑏
32.2 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠2)(6𝑝𝑖𝑒𝑠)
𝑤𝑣 = 200 𝑙𝑏 𝑇 = 5.59 𝑙𝑏 + 30 𝑙𝑏
𝑻 = 𝟑𝟓. 𝟓𝟗 𝒍𝒃
---------2.5 pies---------------------2.5 pies-----------
𝐴𝑦 = 235.59 𝑙𝑏 200 𝑙𝑏 35.59 𝑙𝑏
(+
⃗⃗ ) ∑ 𝑓𝑥 = 0
−𝐴𝑥 + 35.59 𝑙𝑏 = 0
𝑨𝒙 = 𝟑𝟓. 𝟓𝟗 𝒍𝒃
(+↑)∑ 𝑓𝑦 = 0
𝐴𝑦 − 200 𝑙𝑏 − 35.59 𝑙𝑏 = 0
𝑨𝒚 = 𝟐𝟑𝟓. 𝟓𝟗 𝒍𝒃
(+↑) ∑ 𝑀𝐴 = 0
𝑀𝐴 − 200(2.5) − 35.59(5) = 0
𝑴𝑨 = 𝟔𝟕𝟕. 𝟗𝟓 𝒍𝒃
T
w
a
𝐴𝑥
𝑇 = 35.59 𝑙𝑏
𝑀𝐴

2. El tubo gira en el plano horizontal a una velocidad constante de Ɵ̇ = 4 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Si una bola B de
0,2 𝑘𝑔 comienza a moverse del reposo en el origen O con una velocidad inicial 𝑟̇ = 1,5 𝑚/𝑠 y se
mueve hacia fuera a través del tubo, determine las componentes radial y transversal de su
velocidad en el instante en que deja el extremo externo C, 𝑟 = 0,5 𝑚. Sugerencia: demuestre que
la ecuación de movimiento en la dirección r es 𝑟̈ = 16𝑟 = 0. La solución es de la forma 𝑟 =
𝐴𝑒−4𝑡
+ 𝐵𝑒4𝑡
. Evalúe las constantes de integración A y B y determine el tiempo t cuando 𝑟 =
0.5 𝑚. Prosiga para obtener 𝑣𝑟𝑦 𝑣Ɵ.
Ɵ̇ = 4 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Ɵ̈ = 0
(+↑)∑ 𝑓𝑟 = 𝑚 . 𝑎𝑟
0 = 0.2[𝑟̈ − 𝑟(4)2]
𝑟̈ − 16𝑟 = 0
Resolviendo la ecuación diferencial de segundo orden
𝑟 = 𝐴𝑒−4𝑡
+ 𝐵𝑒4𝑡
(1)
𝑟̇ = −4𝐴𝑒−4𝑡
+ 4𝐵𝑒4𝑡
(2)
En 𝑡 = 0, 𝑟 = 0, 𝑟̇ = 1.5:
0 = 𝐴 + 𝐵
1.5
4
= −𝐴 + 𝐵
𝑨 = −𝟎. 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟕𝟓
De la ecuación (1) en 𝑟 = 0.5 𝑚 usamos la ecuación (2)
𝑟̇ = −4𝐴𝑒−4𝑡
+ 4𝐵𝑒4𝑡
0.5 = 0.1875(−𝑒−4𝑡
+ 𝑒4𝑡
) 𝑟̇ = −4(0.1875)(𝑒−4𝑡
+ 𝑒4𝑡
)
2.667
2
=
(−𝑒−4𝑡+𝑒4𝑡)
2
𝑟̇ = 8(0.1875) (
𝑒−4𝑡+𝑒4𝑡
2
) = 8(0.1875)(𝑠𝑒𝑛 ℎ(4𝑡))
1.333 = 𝑠𝑒𝑛 ℎ(4𝑡) En 𝑡 = 0.275𝑠:
𝑡 =
1
4
𝑠𝑒𝑛 ℎ−1
(1.333) 𝑟̇ = 1.5𝑐𝑜𝑠 ℎ[4(0.275)]
𝒗𝒓 = 𝒓 = 𝟐. 𝟓𝟎𝒎/𝒔
𝒕 = 𝟎. 𝟐𝟕𝟓𝒔 𝒗Ɵ = 𝒓Ɵ̇ = 𝟎. 𝟓(𝟒) = 𝟐𝒎/𝒔

3. El bloque 𝐵(𝑚 = 0,50 𝑘𝑔) se mueve por una guía circular lisa contenida en un plano vertical,
según se indica en la figura. Cuando el bloque se halla en la posición representada, su velocidad
es de 20 𝑚/𝑠 hacia arriba y la izquierda. Si la longitud natural del resorte (𝑘 = 25 𝑁/𝑚) es
300 𝑚𝑚, determinar la aceleración del bloque y la fuerza que sobre él ejerce la superficie de la
guía.
Datos
𝑚 = 0.50𝑘𝑔 𝐶𝑂 = √(790)2 − (430)2
𝑣 = 20𝑚/𝑠 𝑪𝑶 = 𝟔𝟔𝟐. 𝟕𝟐
𝑘 = 25𝑁/𝑚 𝑥 = 𝑥1 = 𝑥2
𝑥𝑒 = 300𝑚 𝑥 = 662.72 − 300
𝒙 = 𝟑𝟔𝟐. 𝟕𝟐
+ ∑ 𝑓𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 +∑ 𝑓𝑛 = 𝑚𝑎𝑛
𝑤𝑡 + 𝐹𝑒𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 − 𝑁 + 𝑤𝑛 + 𝐹𝑒 = 𝑚.
𝑣2
𝑝
𝑚. 𝑔𝑐𝑜𝑠Ɵ + kx𝑐𝑜𝑠Ɵ = 𝑚𝑎𝑡 − 𝑁 + 𝑚. 𝑔𝑠𝑒𝑛Ɵ + kx𝑠𝑒𝑛Ɵ = 𝑚.
𝑣2
𝑝
0.5(9.81)(
0.430
0.790
) + 25(0.36272)(
0.430
0.790
) = 0.5𝑎𝑡 − 𝑁 + 0.30(9.81) (
0.66272
0.79
) + 25(0.36272) (
0.66272
0.79
) =
202
0.79
2.67 + 4.93 = 0.5𝑎𝑡 𝑁 = −253. 17 + 4.12 + 7.6
𝑎𝑡 = (
7.6
0.5
) 𝑵 = −𝟐𝟒𝟏. 𝟒𝟓
𝒂𝒕 = 𝟏𝟓. 𝟐𝟎𝒎/𝒔𝟐
𝑎𝑇 = √(15.22)2 − (506.3)2
𝒂𝑻 = 𝟓𝟎𝟔. 𝟓𝟒𝒎/𝒔𝟐
662.72

4. El pasador P de 0,2 𝑘𝑔 puede moverse en la ranura curva lisa, la cual está definida por la
lemniscata 𝑟 = 0,6𝑐𝑜𝑠2ϴ) m. El brazo ranurado OA, el cual tiene una velocidad angular constante
en sentido de las manecillas del reloj de 
̇ = 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠, controla su movimiento. Determine la
fuerza que ejerce el brazo OA en el pasador P cuando =0°. El movimiento se da en el plano
vertical.
Datos
𝑟 = 0,6cos(2ϴ) m

̇ = 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟 = 0,6cos(2ϴ)
𝑟̇ = −0,6𝑠𝑒𝑛(2ϴ). 2ϴ̇ = 𝑟̇ = −1.2𝑠𝑒𝑛(2ϴ)ϴ̇
𝑟̈ = −1.2(𝑐𝑜𝑠 (2ϴ). 2ϴ.
̇ ϴ̇ + sen(2ϴ). ϴ̈ )
𝑟̈ = −2.4(𝑐𝑜𝑠 (2ϴ)ϴ̇ 2
+ sen(2ϴ). ϴ̈
Reemplazamos en =0
𝑟 = 0,6cos(2ϴ)
𝑟(ϴ = 0) = −0,6𝑠𝑒𝑛(2(0)). 2ϴ̇ = 𝒓 = 𝟎. 𝟔𝒎
𝑟̇ = −1.2𝑠𝑒𝑛(2ϴ). ϴ̇
𝑟̇ = −1.2𝑠𝑒𝑛(2(0)) − 3 = 𝒓̇ = 𝟎𝒎/𝒔
𝑟̈ = −2.4(𝑐𝑜𝑠 (2ϴ)ϴ̇ 2
+ sen(2ϴ). ϴ̈ )
𝑟̈ = −2.4(𝑐𝑜𝑠 (2(0))(3)2
+ sen(2(0)(0))

5. La esquiadora parte del punto de reposo en 𝐴(10,0)𝑚, desciende la pendiente lisa, la cual puede
ser representada de forma aproximada por una parábola. Si su masa es de 52 𝑘𝑔, determine la
fuerza normal que el suelo ejerce sobre la esquiadora en el instante en que llega al punto B. Ignore
la estatura de la esquiadora.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑑 (
1
20
𝑥2
− 5)
𝑑𝑥
=
1
10
𝑥 𝑝 = |
1 + (
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)2
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2
| 3
2
⁄
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑑 (
1
10
𝑥)
𝑑𝑥
=
1
10
𝑝 = |
1 + (
1
10 𝑥)2
1
10
| 3
2
⁄
𝒑 = 𝟏𝟎𝒎
𝑣2
= 2𝑔. ℎ
𝑣2
= 2(9.81)(5)
𝒗𝟐
= 𝟗𝟖. 𝟏𝟎𝒎𝟐
/𝒔𝟐
+ ∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 + ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚. 𝑎𝑛
𝑤𝑡. 𝑠𝑒𝑛Ɵ = 𝑚. 𝑎𝑡 𝑁 + 𝑤𝑛𝑐𝑜𝑠Ɵ = 𝑚.
𝑣2
𝑝
52. (9.81)𝑠𝑒𝑛Ɵ = −52𝑎𝑡 𝑁 − 52(9.81)𝑐𝑜𝑠Ɵ = 52
9.81𝑚2
/𝑠2
1𝑐𝑚
𝒂𝒕 = −𝟗. 𝟖𝟏𝒔𝒆𝒏Ɵ N − 510.12N = 510.12N
𝑵 = 𝟏𝟎𝟐𝟎. 𝟐𝟒𝑵

6. El pasador B de 100 g se desliza a lo largo de la ranura en el brazo rotatorio OC y a lo largo de la
ranura DE, la cual se cortó en una placa horizontal fija. Si se ignora la fricción y se sabe que el
brazo OC gira a una razón constante de ̇ = 12 𝑟𝑎𝑑/𝑠, determine para cualquier valor dado de
ϴ; a) las componentes radial y transversal de la fuerza resultante F que se ejerce sobre el pasador
B, b) las fuerzas P y Q ejercidas sobre el pasador B por el brazo OC y la pared de la ranura DE,
respectivamente.
Datos:
𝑚 = 100𝑔𝑟 = 0.1𝑘𝑔
̇ = 12 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝐹𝑟(𝐵) = 𝑅̇(𝐵) = ?
𝑃 = 𝑄 = ?
𝑂𝐶 = 𝐷𝐸
0.2m
𝐻 =
𝐶𝐴
𝐶𝑂
𝑟 = (
0.2
cosϴ
) 𝑚
𝑟̇ = (
(0)cosϴ − (−senϴ)(0.2)ϴ
𝑐𝑜𝑠2ϴ
) 𝑚/𝑠 = (0.2
senϴ)ϴ̇
𝑐𝑜𝑠2ϴ
) 𝑚/𝑠
𝑟̈ = (0.2
(cosϴ)𝑐𝑜𝑠2
ϴ − (−2cosϴ. senϴ)
𝑐𝑜𝑠4ϴ
. (senϴ)ϴ̇ . ϴ̇ ) 𝑚/𝑠2
𝑟̈ = (0.2
(cosϴ). 1 − 𝑠𝑒𝑛2
ϴ) − (−2cosϴ. 𝑠𝑒𝑛2
ϴ)ϴ̇ 2
𝑐𝑜𝑠4ϴ
) 𝑚/𝑠2
𝐫̈ = (𝟎. 𝟐
𝟏 + 𝐬𝐞𝐧𝟐
𝚹)𝚹
̇ 𝟐
𝐜𝐨𝐬𝟑𝚹
) 𝐦/𝐬𝟐
𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐦𝐨𝐬 ̇ = 12
𝑟̇ = (0.2
senϴ
𝑐𝑜𝑠2ϴ
(12)) = 𝑟̇ = (2.4
senϴ
senϴ
)
̇
𝑟̈ = (0.2
1 + 𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
(12)2
) = 𝑟̈ = (28.8
1 + 𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
)
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟ϴ̇ 2
𝑎𝑟 = (28.8
1 + 𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
) − (
0.2
cosϴ
(12)2
)
r
cosϴ

7. 𝑎𝑟 = (28.8
1 + 𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
) − (28.8
1
cosϴ
)
𝑎𝑟 = 28.8 (
1+𝑠𝑒𝑛2
ϴ−𝑐𝑜𝑠2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
)
𝑎𝑟 = 28.8 (
𝑠𝑒𝑛2
ϴ−𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
)
𝑎𝑟 = 28.8 (
2𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
)
𝒂𝒓 = 𝟓𝟕. 𝟔 (
𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐
𝚹
𝒄𝒐𝒔𝟑𝚹
)
𝑎Ɵ = 𝑟Ɵ̈ − 𝑟̇Ɵ̇
𝑎Ɵ = 0 + 2 (2.4
senϴ
𝑐𝑜𝑠2ϴ
) (12)
𝒂Ɵ = (𝟓𝟕. 𝟔
𝐬𝐞𝐧𝚹
𝒄𝒐𝒔𝟐𝚹
)
𝐹𝑟 = 𝑚. 𝑎𝑟
𝐹𝑟 = 0.1 (57.6
𝑠𝑒𝑛2
ϴ
𝑐𝑜𝑠3ϴ
)
𝑭𝒓 = 𝟓. 𝟕𝟔𝑵𝒕𝒂𝒏𝒈𝟐
𝚹. 𝐬𝐞𝐜𝚹
𝐹ϴ = 𝑚. 𝑎ϴ
𝐹ϴ = 0.1 (57.6
senϴ
𝑐𝑜𝑠2ϴ
)
𝑭𝚹 = 𝟓. 𝟕𝟔𝒕𝒂𝒏𝒈𝚹. 𝐬𝐞𝐜𝚹

8. La varilla OA gira alrededor de O en un plano horizontal. El movimiento del collarín B de 300 𝑔 se
define mediante las relaciones 𝑟 = 300 + 100cos(0.5πt) y ϴ = π(𝑡2
− 3𝑡), donde r se expresa
en milímetros, t en segundos y ϴ en radianes. Determinar las componentes radial y transversal
de la fuerza ejercida sobre el collarín cuando a) 𝑡 = 0 y b) 𝑡 = 0,5 𝑠.
Datos
𝑟 = 300 + 100cos(0.5πt)
ϴ = π(𝑡2
− 3𝑡)
𝑡 = 0 𝐹𝑟 = ?
𝑡 = 0.5𝑠 𝐹ϴ = ?
Desarrollo
𝑟 = 300 + 100 cos(0.5πt) ϴ = π(𝑡2
− 3𝑡)
𝑟̇ = − (
π
2
) 100𝑠𝑒𝑛 (
π
2
𝑡) 𝛳̇ = 2πt − 3π
𝑟̈ = −100. (
π
2
)2
𝑐𝑜𝑠 (
π
2
𝑡) ϴ̈ = 2π
Cuando 𝑡 = 0
𝑟 = 300 + 100 cos(0.5π0) = 400 ϴ = π(02
− 3(0) = 0
𝑟̇ = − (
π
2
) 100𝑠𝑒𝑛 (
π
2
0) = 0 𝛳̇ = 2π0 − 3π = 0
𝑟̈ = −100. (
π
2
)2
𝑐𝑜𝑠 (
π
2
0) = −246.75 ϴ̈ = 2π = 2π
Cuando 𝑡 = 0.5s
𝑟 = 300 + 100 cos(0.5π0.5) = 400 ϴ = π(02
− 3(0) = −3.92
𝑟̇ = − (
π
2
) 100𝑠𝑒𝑛 (
π
2
0.5) = −2.153 𝛳̇ = 2π0 − 3π = −6.28
𝑟̈ = −100. (
π
2
)2
𝑐𝑜𝑠 (
π
2
0.5) = −246.71 ϴ̈ = 2π = 6.28
𝐹𝑟 = 𝑚. 𝑎𝑟 𝐹ϴ = 𝑚. 𝑎ϴ
𝐹𝑟 = 0.3(𝑟̈ − 𝑟ϴ̇ 2
) 𝐹ϴ = 0.3(𝑟ϴ̈ + 2𝑟̇𝛳̇)
𝐹𝑟(𝑡 = 0) = 0.3(−246.75 − 400(0)2
𝐹ϴ(T = 0) = 0.3(400(2π)) + 2(0)(0)
𝑭𝒓 = 𝟎. 𝟎𝟕𝟒𝟎𝟐𝟐 𝒌𝒈 − 𝒎 𝑭𝚹 = 𝟎. 𝟕𝟓𝟑𝟗𝟖 𝒌𝒈 − 𝒎
𝐹𝑟(𝑡 = 0.5) = 0.3(−246.71 − 400(−6.28)2
𝐹ϴ(T = 0.5) = 0.3(400(6.28)) + (3.92)
𝑭𝒓 = −𝟒. 𝟖𝟎 𝒌𝒈 − 𝒎 𝑭𝚹 = 𝟎. 𝟕𝟔𝟕𝟏 𝒌𝒈 − 𝒎

9. Un resorte AB de constante K se une a un resorte A y a un collarín de masa “m”. La longitud no
alargada del resorte es “L”, Si se suelta el collarín desde el reposo en 𝑥 = 𝑥0 y se desprecia la
fricción entre el collarín y la varilla horizontal, determine la magnitud de la velocidad del collarín
cuando pasa por el punto C.
𝐹𝑟 = 𝐾. 𝑥
𝐹𝑟 = 𝐾(√(𝑥)2 − (𝑙)2 − 𝑙)
𝐹𝑥 = 𝑚. 𝑎𝑥
−𝑓𝑟𝑐𝑜𝑠ϴ = 𝑚. 𝑎𝑥
−𝐾𝑥𝑐𝑜𝑠ϴ = 𝑚. 𝑎𝑥
−𝑘 (√(𝑥)2 − (𝑙)2 − 𝑙) (
x
√(𝑥)2 − (𝑙)2 − 𝑙
) = 𝑚. 𝑎
𝒂 =
𝒌
𝒎
(
𝐱 − 𝟏𝐱
√(𝒙)𝟐 − (𝒍)𝟐
)

10. Tres niños se lanzan bolas de nieve entre sí. El niño A lanza una bola de nieve con una velocidad
inicial 𝑣0. Si la bola de nieve pasa justo sobre la cabeza del niño B y golpea al niño C, hallar: a) el
valor de 𝑣0, b) la distancia d.
𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐵 𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐶
𝑥 = 7 𝑥 = 7 + 𝑑
𝑦 = −1 𝑦 = −3
Tramo AB
Movimiento vertical movimiento horizontal
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦0 ∗ 𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥0 ∗ 𝑡
−1 = +
1
2
(9.81). 𝑡2
7𝑚 = 𝑣𝑥0 − 0.45
𝑡 = √
1𝑚
1
2 (9.81𝑚/𝑠2)
𝑣𝑥0 =
7𝑚
0.45𝑠
𝒕 = 𝟎. 𝟒𝟓𝒔 𝒗𝒙𝟎 = 𝟏𝟓. 𝟓𝟎𝒎/𝒔
Tramo AC
Movimiento vertical movimiento horizontal
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦0 ∗ 𝑡 +
1
2
𝑔𝑡2
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣𝑥0 ∗ 𝑡
−3 = +
1
2
(9.81). 𝑡2
7𝑚 + 𝑑 = 15.50 ∗ 0.78
𝑡 = √
3𝑚
1
2 (9.81𝑚/𝑠2)
𝑑 = 12.09𝑚 − 7𝑚
𝒕 = 𝟎. 𝟕𝟖𝒔 𝒅 = 𝟓. 𝟎𝟗𝒎

11. Dadas la gráfica v-t y las posiciones iniciales, construir las correspondientes gráficas de la posición
en función del tiempo y de la aceleración en función del tiempo.𝑥(0) = 0 𝑚.
Recta (1)
𝑣1 = 𝑚1 ∗ 𝑡 + 𝑏1 ; 𝑚1 = 0 ; 𝑏1 = 40
𝒗𝟏 = 𝟒𝟎
Recta (2)
𝑣2 = 𝑚2 ∗ 𝑡 + 𝑏2 ; 𝑚2 =
60 − 40
30 − 10
; 𝑚2 = 1
𝑣2 = 𝑡 + 𝑏2
𝑡
30
;
𝑣
30
= 60 = 30 + 𝑏2
𝒃𝟐 = 𝟐𝟎
Recta (3)
𝑣3 = 𝑚3 ∗ 𝑡 + 𝑏3 ; 𝑚3 = 0 ; 𝑏3 = 60
𝒗𝟑 = 𝟔𝟎
𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎(1): 𝑑3 = 𝑣1𝑑𝑡 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎(2): 𝑑𝑠 = 𝑣2𝑑𝑡 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎(3): 𝑑𝑠 = 𝑣3𝑑𝑡
∫ 𝑑𝑠
𝑠
0
= ∫ 40𝑑𝑡
𝑡
0
∫ 𝑑𝑠
𝑠
400
= ∫ (𝑡 + 30)𝑑𝑡
𝑡
10
∫ 𝑑𝑠
𝑠
400
= ∫ 𝑑𝑡
𝑡
30
[𝑠]0
𝑠
= [40𝑡]0
𝑡 [𝑠]400
𝑠
= [
𝑡2
2
+ 30𝑡]
10
𝑡
[𝑠]1400
𝑠
= [60𝑡]0
𝑡
𝒔 = 𝟒𝟎𝒕 𝑠 − 400 = (
𝑡2
2
+ 30𝑡) − (
102
2
+ 30(10)) 𝑠 − 1400 = 60𝑡 − 60(30)
𝒔 =
𝒕𝟐
𝟐
+ 𝟑𝟎𝒕 + 𝟓𝟎 𝒔 = 𝟔𝟎𝒕 − 𝟒𝟎𝟎

12. El cilindro C de 1,5 kg se desplaza a lo largo de la trayectoria descrita por r=(0,6 sen Ɵ)m. Si el
brazo OA gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj a una velocidad angular de 3 rad/s,
determine la fuerza ejercida por la ranura lisa del brazo OA sobre el cilindro en el instante Ɵ=60°.
La rigidez del resorte es de 100 N/m y cuando Ɵ=30° no está alargado. Sólo un borde del brazo
ranurado toca el cilindro. Ignore el tamaño del cilindro. El movimiento ocurre en el plano vertical.
Datos
𝑚 = 1.5𝑘𝑔
𝑟 = 0.6𝑠𝑒𝑛Ɵ
Ɵ̇ = 3rad/s
𝐹(Ɵ = 60°) = ?
𝑘 = 100 𝑁/𝑚
𝑟 = 0.6𝑠𝑒𝑛Ɵ = 𝑟(Ɵ = 60°) = 0.6𝑠𝑒𝑛(60°) = 𝟎. 𝟓𝟐𝒎
𝑟̇ = 0.6𝑐𝑜𝑠Ɵ. Ɵ̇ = 𝑟̇(Ɵ = 60°) = 0.6𝑐𝑜𝑠(60°)(3) = 𝟎. 𝟗𝟎𝒎/𝒔
𝑟̈ = 0.6[−𝑠𝑒𝑛Ɵϴ̇ 2
+ 𝑐𝑜𝑠Ɵ. Ɵ̈ ]
𝑟̈ = 0.6[−𝑠𝑒𝑛Ɵ(60) + cos(60) (0)] = −𝟒. 𝟔𝟕𝒎/𝒔𝟐
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟ϴ̇ 2
= −4.67 − 0.52(32) = −𝟗. 𝟑𝟓𝒎/𝒔𝟐
𝑎Ɵ = 𝑟Ɵ̈ − 𝑟̇Ɵ̇ = 0.52(0) − 2(0.9)(3) = 𝟓. 𝟒𝟎𝒎/𝒔𝟐
𝐹𝑟 = 𝐾. 𝑆
𝐹𝑟 = 100(0.6𝑠𝑒𝑛(60) − 0.6𝑠𝑒𝑛(60)𝑚
𝑭𝒓 = 𝟐𝟏. 𝟗𝟔𝑵
+ ∑ Ɵ = 𝑚. 𝑎Ɵ
FOA − Nsen30 − wsen30 = 𝑚. 𝑎Ɵ
FOA − Nsen30 − 1.5(9.81)sen30 = 1.5(5.4)
FOA − 23.87sen30 − 1.5(9.81)𝑠𝑒𝑛30 = 1.5(5.4)
FOA = 8.10N + 7.36N + 11.94N
𝑭𝑶𝑨 = 𝟐𝟕. 𝟑𝟗𝑵
+∑ 𝐹𝑟 = 𝑚. 𝑎𝑟
Ncos30 − wcos30 − Fr = 𝑚. 𝑎
Ncos30 − 1.5(9.81)cos30 − 21.96 = 1.5(−9.35)
Ncos30 − 34.70𝑁 = −14.10𝑁
𝑁 = (
20.67
𝑐𝑜𝑠30
)
𝑵 = 𝟐𝟖. 𝟖𝟕 𝑵
n
n

13. Una leva tiene una forma dada por 𝑟 = (20 + 15 cos Ɵ)𝑚𝑚. El pasador P corre por una guía
dirigida a lo largo del brazo AB estando siempre en contacto con la leva por acción de un resorte.
El brazo AB gira en sentido anti-horario alrededor de A con una velocidad angular constante de
30 𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛. Sabiendo de Ɵ = 0 en t = 0, determinar a) la velocidad v y la aceleración del
pasador en t = 0,6 s. b) El radio de curvatura de su trayectoria en t = 0,6 s.
Datos
𝑟 = (20 + 15 cosƟ)𝑚𝑚
Ɵ̇ = 30 rev/min
Ɵ = 0 ; t = 0
p = ?
𝑣𝑣 𝑦 𝑎(𝑡 = 0.6𝑆) = ?
𝑐𝑜𝑛𝑏𝑒𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠
Ɵ̇ =
30𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛
60𝑠/𝑚𝑖𝑛
∗ 2π
rad
rev
= 𝛑𝐫𝐚𝐝/𝐬
Ɵ̇ = 𝝅𝒓𝒂𝒅/𝒔
𝑟 = (20 + 15 cosƟ) = 20 + 15𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡
𝑟̇ = −15𝜋𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡
𝑟̈̇ = −15𝜋2
𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡
𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠
𝑣𝑟 = 𝑟̇ = −15𝜋𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡 𝑎Ɵ = 𝑟̈ − 𝑟Ɵ̇ 2
= (−15𝜋2
𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡) − (20 + 15cos(𝜋𝑡)𝜋2
𝑣𝑟(𝑡 = 0.6) = −15𝜋𝑠𝑒𝑛𝜋((0.6) 𝑎Ɵ(𝑡 = 0.6) = (−15𝜋2
𝑐𝑜𝑠𝜋(0.6) − (20 + 15cos 𝜋(0.6)𝜋2
𝒗𝒓(𝒕 = 𝟎. 𝟔) = −𝟏. 𝟓𝟓𝒎/𝒔 𝒂Ɵ(𝒕 = 𝟎. 𝟔) = −𝟒𝟗𝟑. 𝟑𝟐𝒎/𝒔𝟐
𝑣Ɵ = 𝑟Ɵ̇ = (20 + 15 cos((𝜋) 𝑡)𝜋 𝑎Ɵ = 𝑟Ɵ̈ + 2𝑟̇Ɵ̇ 2
= (20 + 15cos𝜋𝑡 +
𝑣Ɵ = (20𝜋 + 15𝜋 cos(𝜋)𝑡 + 2(−15𝜋𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡)(𝜋) + 2(−15𝑠𝑒𝑛𝜋(0.6)(𝜋)
𝑣𝑟(𝑡 = 0.6) = 20𝜋 + 15𝜋 cos(𝜋)(0.6) 𝑎Ɵ(𝑡 = 0.6) = −30𝜋2
𝑠𝑒𝑛𝜋(0.6)
𝒗𝒓(𝒕 = 𝟎. 𝟔) = 𝟏𝟎𝟗. 𝟗𝟑𝒎/𝒔 𝒂Ɵ(𝒕 = 𝟎. 𝟔) = −𝟗. 𝟕𝟒𝒎/𝒔𝟐
𝑣 = √(−1.55)2 + (109.93)2 𝑎 = √(−493.32)2 + (−9.74)2
𝒗 = 𝟏𝟎𝟗. 𝟗𝟒𝒎/𝒔 𝒂 = 𝟒𝟗𝟑. 𝟒𝟐𝒎/𝒔𝟐