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Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido Pág. 6-1

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing. Profesor del Área de Diseño

Sección de Ingeniería Mecánica Cap. 6 Cinemática del cuerpo rígido A partir de este capítulo estudiaremos la dinámica de los cuerpos rígidos. Ello debido a que en la ingeniería mecánica los mecanismos constituyen parte esencial de las máquinas y a su vez los mecanismos están compuestos por la unión de diversos cuerpos rígidos, varios de ellos usualmente móviles. Empezaremos estudiando la geometría del movimiento de los cuerpos rígidos, es decir, su cinemática. A manera de ejemplo se muestran algunos mecanismos de la técnica mecánica:

(a) Motor de combustión interna.

(b) Bomba de pozo petrolero. (c) Brazo de manipulador industrial.

(d) Vehículo con brazo móvil.

Fig. 6-1

(e) Retroexcavadora.



Definición: Cuerpo Rígido es aquel en el cual la distancia entre dos puntos cualesquiera es invariable.

6.1 Tipos de movimiento Movimiento de traslación: Si cualquier segmento lineal del cuerpo permanece paralelo a

la dirección original durante el movimiento ya sea en el plano o en el espacio.

Rotación alrededor de un eje fijo: Cualquier punto describe una trayectoria plana alrededor del eje de rotación . Las partículas situadas sobre el eje carecen de velocidad y aceleración. Movimiento plano: Si cualquier punto del cuerpo se mueve en trayectorias planas paralelas a un plano fijo. Basta análisis de la chapa S. Rotación alrededor de un punto Movimiento general: Resulta de la combinación de algunos de los movimientos anteriores.

A

B

x

y

z

A

B

A

B

Fig. 6-2O

Traslación rectilínea

A

B

x

y

z

A

B

A

B

Fig. 6-3O

Traslación curvilínea

x

y

z

P

Fig. 6-4

ω

O

Eje de rotación

x

y

z Fig. 6-5O

P

Chapa S

A

Fig. 6-6

rótula

Fig. 6-7



6.2 Campos vectoriales equiproyectivos

Definición: Un campo vectorial )(PV

es equiproyectivo si los vectores )( 1PV

y )( 2PV

, que corresponden a los puntos P1 y P2 respectivamente, tienen la misma componente sobre la recta que une dichos puntos.

Es decir, )(PV

es equiproyectivo si : 12

122

12

121

)()()()(PP

PP

PP

PP

rrrrPV

rrrrPV

−−

⋅=−−

⋅

→ )()()()( 122121 PPPP rrPVrrPV

−⋅=−⋅ (6.1)

Ejemplo 6.1: Momento resultante de un sistema de fuerzas.

Sean 1PM

el momento resultante de un sistema general de fuerzas que actúa sobre un cierto cuerpo rígido (no mostrados en la figura) con respecto al punto 1P y 2PM

el

momento resultante del mismo sistema de fuerzas con respecto al punto 2P . ⇒ RrrMM PPPP

×−+= )( 2112 ( R

es la resultante del sistema)

:)( 21 PP rr

−⋅ )(])[()()( 2121211212 PPPPPPPPPP rrRrrrrMrrM

−⋅×−+−⋅=−⋅

entonces: )()( 211212 PPPPPP rrMrrM

−⋅=−⋅ la cual es la condición necesaria y suficiente para que PM

sea un campo vectorial

equiproyectivo.

Condición necesaria y suficiente para que

)(PV

sea campo vectorial equiproyectivo.

0

O x

y

z

)( 1PV

2Pr

)( 2PV

1P

2P1Pr

LFig. 6-8

O x

y

z

1PM

2Pr

1P

2P1Pr

2PM

Fig. 6-9

L



Ejemplo 6.2: Campo de velocidades de un sólido rígido en movimiento. Por definición de cuerpo rígido:

drr PP =− 12

(constante) es decir: 2

1212 )()( drrrr PPPP =−⋅−

:/ dtd 0)()(2 1212 =−⋅− PPPP rrrr

0)()( 1212 =−⋅− PPPP rrvv

)()( 121122 PPPPPP rrvrrv

−⋅=−⋅ Pv

∴ es un campo vectorial equiproyectivo.

Ahora podemos concluir que como el campo de velocidades de un cuerpo rígido es un campo vectorial equiproyectivo ⇒ se debe cumplir necesariamente que: )( 1212 PPPP rrvv

−×Ω+= (6.2)

donde Ω

es un cierto vector libre cuya naturaleza será analizada detenidamente a

continuación. Casos particulares:

1) Si Ω

= 0 ⇒ 12 PP vv

=

012 =− PP vv

0)( 12 =− PP rrdtd

=− 12 PP rr

constante es decir, el cuerpo rígido tiene en este caso movimiento de traslación.

Luego, para el movimiento de traslación se cumple que para cualquier instante del movimiento: 12 PP vv

= (P1 y P2 son dos puntos cualesquiera del cuerpo rígido)

y en consecuencia también se cumplirá que: 12 PP aa

=

O x

y

z

1Pv

2Pr

2P1Pr

2Pv

1P

Fig. 6-10

L

d

x

y

z Fig. 6-11O

P1

1Pr

2Pr

P2



2) Si existe un punto 0P para el cual 00 =Pv

y =Ω

constante

)( 00 PPPP rrvv

−×Ω+=

)( 0PPP rrv

−×Ω= a) Si tomamos P de tal manera que esté

sobre la recta L Ω

// , entonces 0=Pv

∴ el eje L es el eje de rotación del cuerpo rígido. b) Si tomamos P fuera del eje de rotación: )( 00 PPPP rrvv

−×Ω+=

)( 0PPP rrv

−×Ω=

ρ

ϕsenrr PP )( 0−Ω= = ρΩ

y como ρω=Pv (ver figura 6-11 a) entonces: ω=Ω y finalmente: ω

=Ω

Es decir, se pude reconocer que el vector Ω

no es otra cosa que el vector velocidad

angular. 3) Luego demostraremos de manera más formal que para el movimiento general de un

cuerpo rígido se cumple:

)( ABAB rrvv

−×+= ω

donde ω

es denominado vector velocidad angular del cuerpo rígido y A y B son dos puntos cualesquiera del cuerpo rígido.

Nota: Si observamos )( ABAB rrvv

−×+= ω

se ve que la velocidad de B es a su vez la suma de dos velocidades:

• Traslación: Av

• Rotación alrededor de A: )( AB rr

−×ω

x

y

z

P

Fig. 6-12

O

P0

0Pr

Pr

Ω

L

ω

x

y

zFig. 6-13

O

P0

0Pr

Pr

Ω

P

ω

ρ

L

Ξ

Trayectoria de P

ρP

Pv

Fig. 6-14



Ejemplo 6.3: El mecanismo mostrado consta de dos correderas unidas por una varilla rígida de longitud L = 200 cm. Si en el instante mostrado la velocidad del collarín A es de 6=Av cm/s, se pide calcular la velocidad del collarín B. Solución: )0,100(A cm

)3100,0(B cm/s )0,6(=Av

cm/s

),0( BB vv =

cm/s Para los puntos A y B de la varilla rígida, por equiproyectividad se debe cumplir que: )()( ABBABA rrvrrv

−⋅=−⋅

)3100,100(),0()3100,100()0,6( −⋅=−⋅ Bv

Bv3100600 =−

de donde: 32−=Bv cm/s (el signo negativo indica, obviamente, que la componente calculada tiene sentido hacia abajo)

La propiedad equiproyectiva de las velocidades también se puede mostrar de manera gráfica:

Se puede ver claramente que se debe cumplir que:

°=° 60cos30cos AB vv

o sea: 21

23

AB vv =

de donde: 32=Bv cm/s Para el estudiante de ingeniería será fácil de imaginar que esta última posibilidad podría ejecutarse muy rápidamente haciendo una construcción a escala como muestra la figura.

Es decir, si utilizando una escala apropiada de velocidades, dibujamos el dato vA, luego de la construcción podríamos leer, bajo la misma escala, la respuesta para vB. Efectivamente, en la ciencia de los mecanismos todavía se recurre a los procedimientos gráficos para llegar rápidamente hasta respuestas suficientemente aproximadas.

L

60°

30°

x

y

B

A

vAFig. 6-15

L

60°

30°

B

AvA

Fig. 6-16

vA cos 60°

vB

vB cos 30°



Ejemplo 6.4: La barra AB gira con velocidad angular 2 rad/s en sentido antihorario. Se pide hallar la velocidad de la corredera E.

Solución: Aún cuando este problema será resuelto analíticamente páginas más adelante,

ahora se pretende mostrar al alumno cuál sería el camino de solución gráfica. • Primero que nada el mecanismo debe estar dibujado a una cierta escala conveniente.

• Elegimos una cierta escala para representar el vector Bv

teniendo en cuenta que su magnitud se calcula mediante: ABvB 2ω= .

• Utilizamos la propiedad equiproyectiva de las velocidades para el cuerpo S3: proyectamos Bv

sobre BC y encontramos B’. Llevamos la distancia BB’ y ubicamos C’

(pues se debe cumplir que '' CCBB = ). Puesto que conocemos la dirección y sentido de la velocidad de C, encontramos fácilmente Cv

.

• Repetimos el procedimiento utilizando la propiedad equiproyectiva de las velocidades del cuerpo S5 y hallamos Ev

.

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2

O21

S6

Fig. 6-17

B’

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

O21

S6

Cv

Bv

Ev

Fig. 6-18

B’

C’

2ω



6.3 Concepto de velocidad angular En la figura se muestra una partícula P moviéndose a lo largo de una cierta trayectoria. En el capítulo 1 hemos hecho el análisis de su movimiento utilizando para ello un sistema fijo de coordenadas (OXYZ en la figura). Ahora intentaremos estudiar su movimiento pero a través de la utilización de un sistema móvil de coordenadas (Axyz en la figura) y que no tiene restricción alguna en cuanto a su movimiento. Es decir, el sistema móvil puede estar girando. Dado que el vector ρ

muestra la posición relativa de la partícula con respecto al sistema

móvil, será de mucha importancia obtener una expresión que nos muestre la relación entre la derivada con respecto del tiempo de dicho vector con respecto al sistema móvil y la derivada del mismo con respecto al sistema fijo.

Si denominamos ji ˆ,ˆ y k a las direcciones unitarias instantáneas de los ejes del sistema móvil, podemos expresar las coordenadas de ρ

con respecto al sistema OXYZ, a través de

sus componentes en las direcciones x, y y z:

kzjyix ˆˆˆ ++=ρ

Para un observador en el sistema OXYZ:

kzkzjyjyixixdtd

O

ˆˆˆˆˆˆ +++++=

= ρρ

es decir: )ˆˆˆ()ˆˆˆ( kzjyixkzjyixdtd

O

+++++=

ρ

→ =

Odtd ρ

+

Adtd ρ

)ˆˆˆ( kzjyix ++ (6.3)

Ahora hay que calcular los vectores: kji ˆ,ˆ,ˆ :

• Cálculo de i : O

idtdi

= ˆ

1ˆˆ =⋅ ii → 0)ˆˆ( =⋅ iidtd → 0ˆˆˆˆ =⋅+⋅ iiii

Entonces: 0ˆˆ =⋅ ii ⇒ ii ˆ ⊥ (6.4)

O X

Y

ZI

J

K

Ax

y

z

i

j

k

Pr

Ar

ρ

P

Fig. 6-19

C



análogamente: 0ˆˆ =⋅ jj ⇒ jj ˆ ⊥

0ˆˆ =⋅ kk

⇒ kkˆ ⊥

De (6.4) afirmamos que existe α

tal que ii ˆˆ ×= α con ),,( zyx αααα =

análogamente: jj ˆˆ ×= β con ),,( zyx ββββ =

y también: kk ˆˆ ×= γ

con ),,( zyx γγγγ =

• Determinación de α

: si lo representamos como la suma de tres componentes según los ejes móviles elegidos:

kji zyxˆˆˆ αααα ++=

→ ikjiii zyxˆ)ˆˆˆ(ˆˆ ×++=×= αααα

= jk zyˆˆ αα +− ⇒ αx es arbitraria.

análogamente: yβ y zγ son también arbitrarias.

Además, 0ˆˆ =⋅ ji 0)ˆˆ( =⋅ jidtd

0ˆˆˆˆ =⋅+⋅ jiji

0)ˆ(ˆˆ)ˆ( =×⋅+⋅× jiji βα

0)ˆˆ()ˆˆ( =⋅×+⋅× βα

ijji

0ˆˆ =⋅−⋅ βα

kk

0=− zz βα → zz βα =

y como zγ es arbitraria ⇒ tomemos: zzz βαγ == Análogamente: yyy βγα ==

xxx αγβ ==

Por consiguiente: ωγβα

=== :

en (6.3): =

Odtd ρ

+

Adtd ρ

)ˆˆˆ( kzjyix ×+×+× ωωω

= )ˆˆˆ( kzjyixdtd

A

++×+

ωρ

→ ρωρρ

×+

=

AO dtd

dtd (6.5)



Aplicación al cuerpo rígido: Los puntos A y B pertenecen al cuerpo rígido, el cual se mueve según movimiento general.

Sistema móvil Axyz fijo (solidario) al cuerpo rígido

AB rr

−=ρ → ρ

+= AB rr

d/dt: ρ += AB rr donde

Odtd

= ρρ

O

AB dtdvv

+= ρ

de (6.5): ρωρρ

×+

=

AO dtd

dtd

entonces: ρω

×+= AB vv donde ω

es la velocidad angular del cuerpo rígido.

)( ABAB rrvv

−×+= ω (6.6) ecuación que relaciona las velocidades de dos puntos cualesquiera de un cuerpo rígido en cualquier instante de su movimiento. Si observamos esta última expresión veremos que es idéntica a la expresión (6.2) y que, en consecuencia, aquel vector Ω

de dicha expresión no es otro que el vector velocidad

angular. Derivando (6.6): )()( ABABAB rrrraa

−×+−×+= ωω (6.7) αω

= es la aceleración angular del cuerpo rígido. además, como: ρ

==− ABAB rrr /

:/ dtd ρ ==− ABAB rrr /

y como: )(0

AB rrdtd −×=×=

= ωρωρρ

en consecuencia: )( ABAB rrrr −×=− ω

en (6.7): [ ])()( ABABAB rrrraa

−××+−×+= ωωα (6.8)

ecuación que relaciona las aceleraciones de dos puntos cualesquiera de un cuerpo rígido en cualquier instante de su movimiento.

= 0, (pues ρ

se mueve junto con el CR y

con el sistema móvil)

O X

Y

Z

Ax

y

z

Br

Ar

ρ

B

Fig. 6-20



Nota: El vector velocidad angular de un cuerpo rígido es único e inherente al movimiento de dicho cuerpo. A continuación lo demostraremos.

Pongamos dos observadores (se mueven con el cuerpo rígido) en A y A’.

Ambos observan el movimiento de P. Supongamos que el observador situado en A lo mira con velocidad angular ω

:

APAP rvv /

×+= ω (6.9)

Supongamos que al mismo tiempo un observador situado en A’ lo mira moverse con velocidad angular 'ω

:

'/' ' APAP rvv

×+= ω (6.10)

de (6.9) y (6.10): '//' '0 APAPAA rrvv

×−×+−= ωω

APAPAA rrvv /'/

×−×′=− ′ ωω (6.11)

El observador situado en A “mira” el movimiento de A′ con ω

:

)( '// APAPAA rrvv

−×+=′ ω

)( '//' APAPAA rrvv

−×−=− ω (6.12)

de (6.11) y (6.12): '///'/ '' APAPAPAP rrrr

×+×−=×−× ωωωω

→ ωω

=′

por consiguiente el vector velocidad ω

es único para todo el cuerpo rígido en cualquier

instante de su movimiento. Del mismo modo podemos asegurar que el vector aceleración angular es único para cualquier instante del movimiento.

O X

Y

Z

Pr

'Ar

P

Fig. 6-21

APr /

'/ APr

A'A

'// APAP rr

−

Ar



Ejemplo 6.5: En la figura se muestra un varillaje formado por las barras soldadas BA, DE y DC. Los extremos B y A están unidos a sendas correderas mediante rótulas. El sistema se mueve de tal manera que C toca siempre el plano xy. E es punto medio de AB. Si la corredera A se mueve de tal manera que su velocidad es 27=Av cm/s (constante), se pide calcular para el instante mostrado: a) Las velocidades de B y C y la velocidad

angular ω

del varillaje.

b) Las aceleraciones de B y C y la aceleración angular α

del varillaje. Solución:

a) Ar = (2, 6, 0) cm

Br = (0, 0, 3)

Cr

= (4, 3, 0)

Equiproyectividad sobre AB: ABAABB rvrv

⋅=⋅

)3,6,2()0,0,27()3,6,2(),0,0( −−⋅=−−⋅Bv

18−=Bv cm/s → kvBˆ18−=

cm/s

Además: ABAB rvv

×+= ω

(0, 0, -18) = (27, 0, 0) + 362

ˆˆˆ

−−zyx

kjiωωω

zy ωω 63270 ++= (1) zx ωω 230 −−= (2) yx ωω 2618 +−=− (3)

También: ACAC rvv

×+= ω

)0,,( CyCx vv = (27, 0, 0) + 032

ˆˆˆ

−zyx

kjiωωω

zCxv ω327 += (4) zCyv ω2= (5) yx ωω 230 −−= (6)

3 cm 3 cm

3 cm

2 cm

2 cm

OE

A

B

C

x

y

z

Fig. 6-22

vA

D



de (3) y (4): 2=xω y 3−=yω en (2) → 3−=zω ⇒ )3,3,2( −−=ω

rad/s

de (4) y (5): 18=xCv y 6−=yCv ⇒ Cv

= (18, -6, 0) cm/s b) Cálculo de aceleraciones:

)( // ABABAB rraa

××+×+= ωωα (7)

ABr /

⋅ → [ ] ABABABABABAABB rrrrrara ////// )()(

⋅××+⋅×+⋅=⋅ ωωα Aquí: ),0,0( BB aa =

y además )0,0,0(=Aa

reemplazando: → 10533 −=Ba → 351−=Ba cm/s2

de donde: kaBˆ351−=

[cm/s2]

en (7): (0, 0, -351) = 362

ˆˆˆ

−−zyx

kjiααα + (54, 117, -81)

54630 ++= zy αα (8)

117320 +−−= xz αα (9)

8126351 −+−=− yx αα (10)

Además: )( // ACACAC rraa

××+×+= ωωα

)0,,( yCxC aa = 032

ˆˆˆ

−zyx

kjiααα + (-18, 27, -39)

183 −= zcxa α (11) 272 += zcya α (12) 39230 −−−= yx αα (13)

de (10) y (13): αx = 25,67 rad/s2 αy = -58 rad/s2 de (8) ó (9): αz = 20 rad/s2

→ )20,58,67,25( −=α

rad/s2

de (11) y (12): 42=xCa cm/s2

67=yCa cm/s2

→ )0,67,42(=Ca

cm/s2



Ejemplo 6.6: La varilla rígida está unida a los collarines mediante rótulas. En el instante mostrado la velocidad de B es ivB

ˆ6=

[cm/s] y su aceleración es iaB

ˆ4=

[cm/s2]. Considerando que la varilla está impedida de girar alrededor de su propio eje axial, se pide hallar: a) Las velocidades Av

y ABω

.

b) Las aceleraciones Aa

y ABα

. Solución: a) Los extremos A y B de la varilla rígida están relacionados por:

)( ABABAB rrvv

−×+= ω (1) Descompondremos el vector velocidad angular ( ABω

) de la varilla AB en dos componentes,

una ( 1ω

) en la dirección de giro libre de AB y que por condición de este problema será nula y la otra ( nω

) contenida en un plano perpendicular a la dirección AB:

nAB ωωω

+= 1 (2)

en (1): )()( 1 ABnAB rrvv

−×++= ωω

)()(1 ABnABA rrrrv

−×+−×+= ωω

→ )( ABnAB rrvv

−×+= ω (3) Sea ),,( zyxn ωωωω =

además: )3;45,3;2()3,0,0()0;45,3;2(/ −=−=−= ABAB rrr

en (3): )3;45,3;2(),,(ˆˆ −×+−= zyxAB kviv ωωω

kjikvi yxxzzyAˆ)245,3(ˆ)32(ˆ)45,33(ˆˆ6 ωωωωωω −+++−−+−=

de donde: 645,33 =−− zy ωω (4)

032 =+ xz ωω … (5)

Ayx v=− ωω 245,3 (6) de (4), (5) y (6): 4=Av cm/s Se necesita una ecuación más: 0)( =−⋅ ABn rr

ω (pues son perpendiculares)

0)3;45,3;2(),,( =−⋅zyx ωωω → 0345,32 =−+ zyx ωωω … (7)

B

Fig. 6-24A

1ω

nω

Plano perpendicular a la dirección AB.

3,45 cm

3 cm

2 cm

O

B

x

y

z

Fig. 6-23

A

vB aB



de (4), (5) , (6) y (7): 554,0=xω rad/s

044,1−=yω rad/s → )831,0,044,1;554,0( −−=nω

rad/s

831,0−=zω rad/s

Nota: Por equiproyectividad )()( ABAABB rrvrrv

−⋅=−⋅

→ )3;45,3;2(),0,0()3;45,3;2()0,0,6( −⋅−=−⋅ Av → 4=Av cm/s (ok!) b) Cálculo de aceleraciones:

)( // ABABABABABAB rraa

××+×+= ωωα (8) De manera análoga a lo hecho en velocidades descomponemos la aceleración angular en dos componentes: una a lo largo de AB y la otra contenida en un plano normal a AB:

nAB ααα

+= 1 (9)

en (8): ])[()()( /11/1 ABnnABnAB rraa

×+×++×++= ωωωωαα

)()( //11//1 ABnABnABnABA rrrra

×+××++×+×+= ωωωωαα

)()( //1/ ABnnABnABnA rrra

××+××+×+= ωωωωα

ABnnnnABABnnABABnA rrrrra ///11// )()()()(

ωωωωωωωωα ⋅−⋅+⋅−⋅+×+= Ahora, para seguir adelante tendremos que usar el hecho de que la barra AB no está girando sobre su eje (es decir 01 =ω

y 01 =α

). Entonces:

ABnnABABnAB rrraa /2

1// )(

ωωωα −⋅+×+= (10) Sea ),,( zyxn αααα =

además: iaBˆ4=

y kaa AA

ˆ−=

en (10): )3;45,3;2()445,1()3;45,3;2(),,(ˆˆ4 2 −−−×+−= zyxA kai ααα

de donde: 175,845,33 −=+ zy αα (11)

2,732 =+ xz αα (12)

262,6245,3 =+− yxAa αα (13)

Se necesita una ecuación más: 0)( =−⋅ ABn rr

α (pues son perpendiculares)

0)3;45,3;2(),,( =−⋅zyx ααα → 0345,32 =−+ zyx ααα … (14)

de (11), (12), (13) y (14): 99,19=Aa cm/s2

77,2=xα rad/s2

088,2−=yα rad/s2 → )554,0,088,2;77,2( −−=nα

rad/s2

554,0−=zα rad/s2



6.4 Velocidad y aceleración relativas a sistema de referencia en rotación Sistema Axyz: fijo (solidario) al cuerpo rígido.

Se conocen la velocidad y aceleración de A AA av

, y la velocidad y aceleración angulares del sistema móvil (que son las mismas que del cuerpo rígido) son Ω

, α

respectivamente.

El punto P no pertenece al cuerpo rígido y tiene movimiento relativo con respecto a A.

Se requiere determinar la velocidad y la aceleración absolutas del punto P.

ρ

+= AP rr donde kzjyix ˆˆˆ ++=ρ

derivando: O

AP dtdvv

+= ρ

(6.13)

donde: Odt

d

ρ

= )ˆˆˆ( kzjyix

dtd

++

= kzjyixkzjyix

ˆˆˆˆˆˆ +++++

= kzjyix ˆˆˆ ++ )ˆ()ˆ()ˆ( kzjyix ×Ω+×Ω+×Ω+

= kzjyix ˆˆˆ ++ ×Ω+

)ˆˆˆ( kzjyix ++

es decir: Odt

d

ρ

= )ˆˆˆ( kzjyix ++ ρ

×Ω+ (6.14)

en (6.13): += AP vv

)ˆˆˆ( kzjyix ++ ρ

×Ω+

relarr

AP

vv

kzjyixvv )ˆˆˆ( +++×Ω+= ρ (6.15)

denominamos: arrv

= Av

+ ρ

×Ω (6.16)

y además: relv

= kzjyix ˆˆˆ ++ (6.17)

entonces la velocidad de P se puede expresar como:

relarrP vvv

+= (6.18)

velocidad de arrastre: es la velocidad de P como si perteneciera al cuerpo rígido

velocidad relativa: es la velocidad de P relativa al sistema xyz

O X

Y

ZI

J

K

A

x

y

z

i

j

k

Pr

Ar

ρ

P

Fig. 6-25



derivando (6.15):

)ˆˆˆ( kzjyixaa AP +++×Ω+×Ω+= ρρ + )ˆˆˆ( kzjyix

++

×Ω+×+=

ραAP aa [ )ˆˆˆ( kzjyix ++ ρ

×Ω+ ] + )ˆˆˆ( kzjyix ++ +

+ )ˆ()ˆ()ˆ( kzjyix ×Ω+×Ω+×Ω

correlarr

AP

aaa

kzjyixkzjyixaa )ˆˆˆ(2)ˆˆˆ()( ++×Ω++++×Ω×Ω+×+= ρρα (6.19)

denominamos: arra

= ×Ω+×+

ραAa ( ρ

×Ω ) (6.20)

también: rela

= kzjyix ˆˆˆ ++ (6.21)

y además: cora

= 2 relv

×Ω (6.22)

donde kzjyixvrel

ˆˆˆ

++=

Entonces, la aceleración de P puede ser expresada como:

correlarrP aaaa

++= (6.23) Fue precisamente el célebre científico francés Coriolis1)

, quien pensando en el movimiento en las máquinas se interesó en el problema de los movimientos relativos y de los cambios de sistema de referencia. En 1835 publica su artículo "Mouvement relatif des systèmes de corps", donde analiza cómo debe escribirse la ley de Newton para un sistema de referencia cualquiera, en particular para observadores en rotación respecto de un sistema inercial.

Dice Coriolis que para establecer una ecuación cualquiera del movimiento relativo de un sistema de cuerpos basta con agregar a las fuerzas existentes dos especies de fuerzas suplementarias; las primeras son opuestas a aquellas capaces de mantener los puntos materiales invariablemente ligados a los planos móviles: las segundas están dirigidas perpendicularmente a las velocidades relativas y al eje de rotación de los planos móviles; ellas son iguales al doble del producto de la velocidad angular de los planos móviles multiplicada por la cantidad de movimiento relativo proyectada sobre un plano perpendicular a este eje.

1) Gaspard Gustave de Coriolis (1792-1843). En 1816 aceptó el cargo de tutor en análisis en la napoleónica Ècole

Polytechnique de París, donde había estudiado. Más que a la investigación, se dedicó a la docencia, en la que se destacó por la claridad de sus conceptos. Sostenía que la mecánica debía enunciar principios generales aplicables a la operación de los motores y al análisis del funcionamiento de las máquinas; eran éstas las que le interesaban, no los océanos y la atmósfera. En términos modernos diríamos que Coriolis era más un ingeniero - o un profesor de ingeniería - que un científico.

aceleración de arrastre: es la aceleración que tendría P si perteneciera al cuerpo rígido

aceleración relativa: es la aceleración de P relativa al sistema xyz

aceleración complementaria o de Coriolis



6.5 Fórmulas de Poisson 1)

Hemos deducido que:

ρωρρ

×+

=

AO dtd

dtd

donde: kji ˆˆˆ

321 ρρρρ ++=

ω

es la velocidad angular con que se mueve el sistema Axyz.

En particular se puede fijar el sistema móvil a un cuerpo rígido en movimiento:

ρ

+= AB rr

O

AB dtdvv

+= ρ

ρωρ

×+

+=

AA dt

dv

ρω

×+= AB vv

ABAB rvv /

×+= ω

Tomemos P: ivv APˆ×+= ω

ivv APˆ×=− ω

(6.24)

además: irr APˆ=−

derivando: ivv AP ˆ=− (6.25)

de (6.24) y (6.25): ii ˆˆ ×= ω

análogamente: jj ˆˆ ×= ω (6.26)

kk ˆˆ ×= ω

1) Siméon Denis Poisson (nació el 21 de Junio 1781 en Pithiviers, Francia – murió el 25 de Abril de 1840 en

Sceaux, Francia). Sus profesores Laplace y Lagrange llegaron a ser sus amigos de toda la vida. Escribió una memoria de diferencias finitas cuando tenía sólo 18 años, lo cual atrajo la atención de Legendre. Publicó entre 300 y 400 trabajos matemáticos incluyendo aplicaciones a la electricidad y el magnetismo y la astronomía. Su libro “Tratados de mecánica” publicado el 1811 y luego el 1833 fue un trabajo estándar de mecánica por muchos años.

Fórmulas de Poisson

O X

Y

ZI

J

K

i

Pr

Ar

ABr /

=ρ

B

Fig. 6-27

Ax

y

z

jˆ

kˆ

ω

http://www.mat.usach.cl/histmat/html/lapl.html

http://www.mat.usach.cl/histmat/html/lagr.html

http://www.mat.usach.cl/histmat/html/lege.html



Ejemplo 6.7: En el instante mostrado la barra gira con velocidad θ y aceleración θ angulares. Si el collarín tiene velocidad relativa respecto a la barra rvr = y aceleración relativa también respecto a la barra rar = , se pide calcular la velocidad y aceleración del collarín P. Solución: Tomemos un sistema móvil Axy fijo

a la barra AB. Ambos giran con velocidad angular θ

=Ω .

• Movimiento de arrastre: “como si P

perteneciera a la barra AB”, es decir, se analiza el movimiento del punto P’ que coincide con P pero que en realidad pertenece a la barra.

jrvv Parrˆ

' θ

==

irjraa Parrˆˆ 2

' θθ −==

donde: ),(cosˆ θθ seni =

)cos,(ˆ θθsenj −= • Movimiento relativo: “como si el sistema

Axy estuviera fijo”

Se analiza movimiento relativo de P con respecto al sistema móvil.

irvv PPrelˆ

'/

==

iraa PPrelˆ

'/

==

Ahora: relarrP vvv

+=

irjrvPˆˆ

+= θ además : correlarrP aaaa

++=

donde jrirkva relcorˆ2ˆ)ˆ(22 θθ

=×=×Ω=

entonces: jririrjraPˆ2ˆˆ 2 θθθ

++−=∧

⇒ ∧

++−= jrrirraP )2(ˆ)( 2 θθθ

Fig. 6-29

r

AX

Y

y

x

rr

θθ

P

B

θ

Fig. 6-30

AX

Y

y

x

θθ

P'arra

tPa '

nPa '

'Pv

B

θ

Fig. 6-31

AX

Y

y

x

rela

P

B

relv

θ



Ejemplo 6.8: En el instante mostrado se sabe que la velocidad y aceleración del collarín B son: ivB

ˆ6= [cm/s] y iaB

ˆ4= [cm/s2]. Sabiendo que la unión entre el

collarín A y la barra es una articulación esférica y entre B y la barra es una horquilla (ver detalles), se pide:

a) Calcular la velocidad Av

de A y la velocidad angular ABω

de la barra AB.

b) Calcular la aceleración Aa

de A y la aceleración angular ABα

de la barra AB. Solución:

El vector unitario 1e es constante: ie ˆ1 =

El vector unitario 2e es normal al plano que forman la barra AB y la recta trayectoria de B:

kjir

ire

BA

BA ˆ756,0ˆ655,0ˆ

ˆˆ2 +=

×

×=

En consecuencia, se puede descomponer el vector velocidad angular en sus componentes en ambas direcciones unitarias:

corrABcorrAB /ωωω

+=

2211 ˆˆ eeAB ωωω +=

kji ˆ756,0ˆ655,0ˆ221 ωωω ++=

a) Cálculo de velocidades:

Tenemos que: BAABBA rvv

×+= ω

de donde: 0534,46 2 =+ ω

0512,13 21 =−− ωω

Av=+− 21 31,1464,3 ωω

Detalles de la corredera B. 3,45 cm

3 cm

2 cm

O

B

x

y

z

Fig. 6-32

vB

A

aB

Fig. 6-33

2e

1e Fig. 6-34

2e



= 0, pues 1e es constante

resolviendo: 66,01 =ω rad/s

309,12 −=ω rad/s

4−=Av cm/s → kvAˆ4−=

[cm/s]

finalmente: kjiAB

ˆ989,0ˆ857,0ˆ66,0 −−=ω

[rad/s] b) Cálculo de aceleraciones Como 2211 ˆˆ eeAB ωωω +=

derivando: 22221111 ˆˆˆˆ eeeeAB

ωωωωω +++=

es decir: 222211 ˆˆˆ eeeAB

ωααα ++= Para calcular 2e se puede observar que 2e gira según gire la corredera durante su desplazamiento. En consecuencia, puesto que 2e gira con la misma velocidad angular que la corredera:

22 ˆˆ ee ×Ω= con ω

=Ω 1

es decir: 212 ˆˆ ee ×= ω

ahora:

21

)ˆ(ˆˆ 2122211

ωω

ωωααα

×

×++= eeeAB

entonces: ( ) ( ) kjiABˆ566,0756,0ˆ653,0655,0ˆ

221 −+++= αααα

Sabemos que: )( / BAABABBAABBA rraa

××+×+= ωωα

efectuando 7,424 + 4,584 02 =α

9,703 - 3 1α - 1,512 02 =α

-3,829 + 3,464 1α + 1,31 02 =α resolviendo: 62,12 −=α rad/s2

05,41 =α rad/s2

078,8−=Aa cm/s2 → kaAˆ078,8−=

cm/s2

y finalmente: kjiAB

ˆ791,1ˆ408,0ˆ05,4 −−=α

Fig. 6-35

2e

1e

x'

y'

z'

Sistema móvil zyx ′′′ ,, solidario a la corredera.



6.6 Cinemática del movimiento plano del sólido rígido 6.6.1 Generalidades Para el análisis cinemático de un cuerpo rígido en movimiento plano son evidentemente válidas las expresiones (6.6) y (6.8).

• Análisis de velocidades:

ABAB rvv /

×+= ω

con ABAB rrr

−=/

y kωω =

ABAB vvv /

+= (6.27)

con ABAB rv //

×= ω

y ABAB rv // ω= Como ejemplos de aplicación podemos mostrar gráficamente la validez de las expresiones mostradas para el caso de rotación alrededor de un eje fijo (articulación) y para el caso de movimiento plano general: • Análisis de aceleraciones: )( // ABABAB rraa

××+×+= ωωα

pero: ABABAB rrr /// )()()(

ωωωωωω ⋅−⋅=××

→

ABABAB rraa /

2/ ωα −×+=

=0, pues ω

⊥ABr /

tABa /

n

ABa /

Ox

y

ABr

Ar

ABr /

B

Fig. 6-36

αω

O x

y

ABr

Ar

ABr /

B

Fig. 6-37

ωBv

O x

y

ABr

Ar

ABr /

B

Fig. 6-38

ωABv /

Av

Av

ABAB vvv /

+=



Entonces, la relación entre las aceleraciones de dos puntos de un mismo cuerpo rígido en movimiento plano está dada por: n

ABt

ABAB aaaa //

++= (6.28)

donde: ABt

AB ra //

×= α es la aceleración relativa tangencial de B con respecto a A y tiene módulo: AB

tAB ra /α= .

y ABn

AB ra /2

/

ω−= es la aceleración relativa normal de B con respecto a A y tiene módulo: AB

nAB ra /

2/ ω=

La aplicación de la expresión (6.28) se puede mostrar gráficamente para el caso de rotación alrededor de un eje fijo o articulación. Del mismo modo se puede mostrar gráficamente para el caso de movimiento plano general que:

)( // ABABAB rraa

××+×+= ωωα

nAB

tABAB aaaa //

++=

donde: AB

tAB ra //

×= α

y ABn

AB ra /2

/

ω−=

O x

ABr

Ar

ABr /

B

Fig. 6-39

tBa

nBa

Ba

αω

O x

y

ABr

Ar

ABr /

B

Fig. 6-40

tABa /

nABa /

ABa /

Aa

Ba

Aa

αω



6.6.2 Polos de velocidad o centros instantáneos de rotación Es un punto en el plano de movimiento para el cual la velocidad de un cierto cuerpo rígido en un instante dado es nula. En otras palabras, en cada instante del movimiento, el cuerpo rígido en movimiento plano está girando alrededor del centro instantáneo de rotación (CIR). En la teoría de mecanismos dicho punto también es llamado polo absoluto de velocidad. El centro instantáneo de rotación provee de métodos sencillos para el análisis de velocidades. En lo siguientes ejemplos se pueden observar algunas de sus características geométricas. Como se puede observar, el CIR o polo absoluto de velocidad puede estar dentro o fuera de los límites físicos del cuerpo rígido en movimiento plano. También es importante mencionar que cuando un cuerpo se traslada (fig. 6-45) su polo absoluto se encuentra en el infinito. De acuerdo a la nomenclatura utilizada en la teoría de los mecanismos los polos absolutos también suelen denotarse como 1iO . El subíndice i es el número asignado al eslabón móvil (i = 2, 3, 4 ....) mientras que el número 1 se reserva para el eslabón fijo o bastidor sobre el cual se apoya siempre un mecanismo.

A

B

Fig. 6-41

Bv

Av

A

B

Fig. 6-42

Bv

Av

C (CIR)

C (CIR)

A

B

Fig. 6-43

Bv

Av

C (CIR)

A

B

Fig. 6-44

Bv

Av

C (CIR)

A

B

Fig. 6-45

Bv

Av

C (CIR) en el

infinito



Ejemplos:

La articulación impide el movimiento de A y en consecuencia su velocidad será nula en todo instante de movimiento. Luego, allí está localizado el polo absoluto de velocidad 21O del cuerpo S2. La velocidad de cualquier punto P del cuerpo se calculará muy fácilmente con la expresión:

221 || ωPOvP =

El siguiente mecanismo (fig. 6-47) se denomina de cuatro eslabones (tres de ellos móviles) y se desea ubicar el polo absoluto del elemento S3.

Dado que conocemos las velocidades de los puntos B y C, entonces con una construcción sencilla similar a la mostrada en la fig. 6-42 se ubica el polo absoluto

31O . Una vez ubicado dicho polo será muy fácil calcular la velocidad del punto P: 331 || ωPOvP =

Conocidos los polos absolutos de los diferentes eslabones del mecanismo es relativamente sencillo calcular las velocidades angulares de todos los elementos móviles:

2SB ∈ : 221 || ωBOvB =

3SB ∈ : 331 || ωBOvB = Puesto que B pertenece a la vez a los eslabones 2S y 3S entonces podemos igualar las anteriores expresiones:

331221 |||| ωω BOBOvB == → 231

213 ||

|| ωωBOBO

=

Análogamente podemos calcular la velocidad angular 4ω :

3SC ∈ : 331 || ωCOvC =

4SC ∈ : 441 || ωCOvC =

de donde: 441331 |||| ωω COCOvC == → 341

314 ||

|| ωωCOCO

=

A O21

B

DO41

C

2ω

4ω

S2

S3

S4

O31

Bv

Cv

3ω

PPv

Fig. 6-47

P

Fig. 6-46

Pv

O21A

S22ω



El siguiente mecanismo es el biela-manivela, el cual es ampliamente utilizado en diversas máquinas, como motores de combustión interna, compresores de émbolo y bombas alternativas. En la siguiente figura se puede apreciar a la izquierda el corte de un cilindro de motor de combustión interna mientras que a la derecha se muestra el esquema cinemática respectivo. Ahora ubicaremos los polos absolutos de los tres elementos móviles:

Está claro que el polo absoluto de la barra 2S está en la articulación A.

El polo absoluto del pistón 4S está en el infinito dado que dicho elemento se traslada a lo largo de su guía (cilindro). Dado que conocemos las velocidades de los puntos B y C, entonces con una construcción sencilla similar a la mostrada en la fig. 6-42 podemos ubicar el polo absoluto 31O . Si queremos calcular la velocidad angular de la biela 3S , entonces procedemos como en el anterior ejemplo:

2SB ∈ : 221 || ωBOvB =

3SB ∈ : 331 || ωBOvB =

→ 331221 |||| ωω BOBOvB == → 231

213 ||

|| ωωBOBO

=

finalmente: 331 || ωCOvC = (evidentemente 04 =ω )

Fig. 6-48

pistón

cilindro

biela

A O21 C2ω

S2S3

S4

O31

Cv

3ω

Fig. 6-49

B

Bv

)(41 ∞O



Otro concepto interesante para el análisis de velocidades en sistemas de cuerpos rígidos es el de los polos relativos de velocidad. Se define polo relativo de velocidad como el punto sobre el plano del movimiento en el que dos cuerpos rígidos de la misma cadena cinemática tienen velocidad relativa nula. En otras palabras, en dicho punto ambos cuerpos tienen exactamente la misma velocidad. El ejemplo más sencillo es el de dos cuerpos móviles que están articulados entre sí: Puesto que en la articulación A coinciden un punto que pertenece a 2S y otro que pertenece a 3S y dada la configuración física de una tal articulación, es imposible el movimiento relativo entre ambos, entonces allí se encuentra el polo relativo de velocidad ijO . A continuación mostramos para los mecanismos de cuatro barras y biela-manivela todos los polos que hasta ahora podemos ubicar: Aún cuando este tema de polos relativos no es parte del curso de dinámica sino de un futuro curso de teoría de mecanismos, mostraremos al amable estudiante la utilidad de ellos en el análisis cinemático de los mecanismos 6.6.3 Teorema de Aronhold-Kennedy “En cualquier instante del movimiento plano de tres cuerpos iS , jS y kS los polos relativos jiO , jkO y ikO están alineados”.

SjSi

Oij

Fig. 6-50

A

A O21 C

S2S3

S4

O31

Fig. 6-52

B )(41 ∞OO23

O34

A O21

B

DO41

C

S2

S3

S4

O31

Fig. 6-51

O23O34



Hay que hacer notar que una aplicación general al análisis de un mecanismo plano se daría para tres cualesquiera eslabones móviles, aún cuando no haya contacto directo entre ellos. Una aplicación particular se daría si uno de los tres eslabones es el eslabón fijo o estacionario, de tal manera que los polos 1iO , 1jO y jiO están alineados. Otro punto interesante que mostrar es el número de polos existentes en un mecanismo que tiene n eslabones (incluyendo al eslabón fijo o estacionario):

2

)1( −=

nnN En las siguientes figuras se muestran los mecanismos de cuatro eslabones (fig. 6-53), biela-manivela (fig. 6-54) y una inversión del biela—manivela (fig. 6-55) con todos sus polos (seis en total para cada uno de ellos): En la siguiente figura se muestran los quince polos de un cierto mecanismo plano de seis eslabones (de los cuales cinco móviles y uno estacionario). Suponiendo que conocemos la velocidad angular de entrada 2ω

y deseamos calcular la velocidad de salida 6ω

, el polo

relativo 26O será muy útil, pues a partir de su definición podemos escribir lo siguiente: 226 SO ∈ : 2212626 || ωOOvO =

626 SO ∈ : 6612626 || ωOOvO =

A O21

B

DO41

C

S2

S3

S4

O31

Fig. 6-53

O23 O34

O24

A O21 C

S2S3

S4

O31

Fig. 6-54

B )(41 ∞OO23

O34

O24

)(41 ∞O

CO41

AO21

O24

S2

S3

S4

O23

)(34 ∞O

)(34 ∞O

O31

Fig. 6-55



de donde: 6612622126 |||| ωω OOOO = → 26126

21266 ||

|| ωωOOOO

=

lo cual significa que, si tenemos el dibujo realizado a escala, bastará con medir las distancias || 2126 OO y || 6126 OO para realizar el cálculo mostrado por esta última expresión y así obtener inmediatamente el valor de 6ω en dicho instante. 6.6.4 Análisis cinemático de los mecanismos planos En general bastará aplicar para cada eslabón o miembro de mecanismo las ecuaciones (6.27) y (6.28). Con dichas ecuaciones podremos calcular las velocidades y aceleraciones de cualquier punto de cualquier eslabón para un determinado instante del movimiento del mecanismo. Adicionalmente dispondremos de las ecuaciones que nos provee la propiedad equiproyectiva de las velocidades y también de algunos conceptos sobre polos.

S5S3

S2

S4

S6

O21

O31

O51 O61

O23

O24 O25

O26

O34

O35

O36O46

O56

)(41 ∞O )(41 ∞O

)(41 ∞O

O45

Fig. 6-56



Ejemplo 6.9: En el mecanismo mostrado la barra AB gira con velocidad angular constante ω2 = 2 rad/s en sentido horario. Se pide:

a) Calcular las velocidades angulares 543 , ωωω y y la velocidad Ev .

b) Calcular las aceleraciones angulares 543 , ααα y y la aceleración Ea . Solución: a) Barra S2: )(2 ABAB rrvv

−×+= ω

)ˆ120ˆ50(2 jik +−×−=∧

→ jivBˆ100ˆ240 +=

[mm/s] → 260=Bv mm/s

Barra S3: )(3 BCBC rrvv

−×+= ω

)ˆ140(ˆ)ˆ100ˆ240( 3 ikji ×++= ω

→ jivCˆ)140100(ˆ240 3ω++=

(1)

Barra S4: )(4 DCDC rrvv

−×+= ω

)ˆ40ˆ30(ˆ4 jik +×= ω

→ jivCˆ30ˆ40 44 ωω +−=

(2)

de (1) y (2): 440240 ω−= (3) 43 30140100 ωω =+ (4) de (3) y (4): 23 −=ω rad/s → k23 −=ω

rad/s

64 −=ω rad/s → k64 −=ω

rad/s

en (2): jivCˆ180ˆ240 −=

[mm/s] → Cv = 300 mm/s

E

50

50

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

60 mm 30 50

4080

ω2

Fig. 6-57



Barra S5: )(5 CECE rrvv

−×+= ω

= )ˆ50ˆ50(ˆ)ˆ180ˆ240( 5 jikji +×+− ω

→ jivEˆ)50180(ˆ)50240( 55 ωω +−+−=

(5)

y además: ivv EEˆ=

(6)

de (5) y (6): Ev=− 550240 ω (7) 050180 5 =+− ω (8)

resolviendo: 6,35 =ω rad/s → ∧

= k6,35ω

[rad/s]

60=Ev mm/s → ivEˆ60=

[mm/s]

b) Análisis de aceleraciones Barra S2: )()( 2

22 ABABAB rrrraa

−−−×+= ωα = )ˆ120ˆ50(4 ji +−− → jiaB

ˆ480ˆ200 −=

[mm/s2] → 520=Ba mm/s2 Barra S3: )()( 2

33 BCBCBC rrrraa

−−−×+= ωα

)ˆ140()ˆ140()ˆ480ˆ200( 233 iikji ωα −×+−=

∧

→ jiaCˆ)480140(ˆ360 3 −+−= α

(9)

Barra S4: )()( 2

44 DCDCDC rrrraa

−−−×+= ωα

= )ˆ40ˆ30(36)ˆ40ˆ30(ˆ4 jijik +−+×α

→ jiaCˆ)144030(ˆ)108040( 44 −+−−= αα

(10)

de (9) y (10): 184 −=α rad/s2 → ∧

−= k184α

rad/s2

71,103 −=α rad/s2 → ∧

−= k71,103α rad/s2 en (9) o en (10): jiaC

ˆ4,1979ˆ360 −−=

Barra S5: )()( 2

55 CECECE rrrraa

−−−×+= ωα

= )ˆ50ˆ50()ˆ50ˆ50(ˆ)ˆ4,1979ˆ360( 255 jijikji +−+×+−− ωα

jiaEˆ)504,2627(ˆ)501008( 55 αα +−+−−=

(11)

pero iaa EE

ˆ=

(12)

de (11) y (12): 55,525 =α rad/s2 → k55,525 =α

rad/s2

4,3635−=Ea mm/s2 → iaEˆ4,3635−=

mm/s2



• Análisis de velocidades mediante el método de equiproyección de velocidades

Barra S3: ),(cos αα senvv BB =

)cos,( ββsenvv CC =

135

=αsen y 1312cos =α

54

=βsen y 53cos =β

entonces:

=

135,

1312

BB vv

−=

53,

54

CC vv

Equiproyectividad en barra S3: )()( BCCBCB rrvrrv

−⋅=−⋅

)0,1(14053,

54)0,1(140

135,

1312

⋅

−=⋅

CB vv

es decir: CB vv54

1312

=

y como: 2602 =⋅= ABvB ω mm/s → 300=Cv mm/s Equiproyectividad en barra S5: )()( CEECEC rrvrrv

−⋅=−⋅

⋅=

⋅

−

22,

22250)0,1(

22,

22250

53,

54

EC vv

y como 300=Cv mm/s → 60=Ev mm/s

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2

O23

O21O31

βα

45°

O41

O35

O34

O16 )(∞

O51

O45

β

S6

Cv

Bv

α

Fig. 6-58



Conociendo la posición de los polos absolutos del mecanismo podemos ahora escribir con mucha facilidad:

2130260

331

33133 =→==→=→∈ ωωωBOvBOvSB B

B rad/s

650300

441

44144 =→==→=→∈ ωωωCO

vCOvSC BC rad/s

6,367,16

605

5155155 =→==→=→∈ ωωω

OEvEOvSE E

E rad/s

• Solución gráfica mediante equiproyectividad de velocidades El mecanismo tiene que estar dibujado a escala una cierta escala y del mismo modo habrá que elegir una escala para las velocidades. tenemos que 2602 == ABvB ω mm/s Del diagrama dibujado se lee: 300≅Cv mm/s

60≅Ev mm/s Luego se puede continuar como en la página anterior para, con la ayuda de los polos, determinar las velocidades angulares de las barras restantes.

Escala del mecanismo: 1:2 Escala de velocidades : 10 mm/s <> 1 mm

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2

O21

S6

Cv

Bv

Ev

Fig. 6-59



• Análisis de velocidades y aceleraciones mediante la solución gráfica de ecuaciones vectoriales

a) Análisis de velocidades

Barra S3: BCBC vvv /

+= aquí: vB = 260 mm/s CDvC ⊥

BCv BC ⊥/

donde BCv BC 3/ ω= del gráfico : 300=Cv mm/s

280/ =BCv mm/s BC3

!ω=

de donde: 23 =ω rad/s Barra S5: CECE vvv /

+=

del gráfico: 60≅Ev mm/s

250/ ≅CEv mm/s y como ECv CE 5/ ω=

→ 7,70

250/5 ==

ECv CEω = 3,55 rad/s

El mecanismo está dibujado a escala 1:2 ⇒ podemos tomar cualquier distancia que sea necesaria.

CEv /

Cv

Ev

CE⊥

Fig. 6-62 Escala de velocidades:

1 mm <> 10 mm/s

Escala de velocidades: 1 mm <> 10 mm/s

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2 = 2 rad/s

Fig. 6-60

Bv

BCv /

Cv

CD⊥

BC⊥

Fig. 6-61



Para finalizar: del primer gráfico se obtuvo 300=Cv mm/s

Como DCvC 4ω= → 50

3004 ==

DCvCω → 64 =ω rad/s

b) Análisis de aceleraciones Barra S3: n

BCt

BCBC aaaa //

++= n

Bct

BCtB

nB

tC

nC aaaaaa //

+++=+

donde: 1800: 2

4 == CDaa nC

nC ω

mm/s2

CDaa tC

tC 4: α=

520: 22 == ABaa n

BnB ω

mm/s2

0: 2 == ABaa tB

tB α

CBaa tBC

tBC 3// : α=

560: 23// == BCaa n

BC

nBC ω mm/s2

Del gráfico:

767=tCa mm/s2

→ 50

7674 ==

CDat

Cα 4,15≅ rad/s2

1433/ =t

BCa mm/s2

→ 1401433/

3 ==CBat

BCα 3,10≅ rad/s2

C

D

nCa

C

D

tCa

Fig. 6-63

B

A

nBa

B

A

tBa

Fig. 6-64

nBCa /

B C

tBCa /

B C

Fig. 6-65

nBCa /

tBCa /

O

nCa

tCa

nBa

Fig. 6-66 Escala de aceleraciones:

1 mm <> 3 mm/s2



Barra S4: nCE

tBECE aaaa //

++=

nCE

tCE

tC

nCE aaaaa //

+++=

donde: ECat

CE 5/ α= y además: ECan

CE25/ ω=

)7,70()6,3( 2/ =nCEa

→ 41,916/ =nCEa mm/s2

Ahora podemos construir el siguiente gráfico: De donde podemos leer los siguientes resultados: 3540≅Ea mm/s2

3617/ ≅tCEa mm/s2

de donde: 7,70

3617/5 ==

ECat

CEα

→ 2,515 =α rad/s2

Escala de aceleraciones: 1 mm <> 30 mm/s2

Ea

nCa

tCa

O

tCEa /

nCEa /

Fig. 6-67



6.6.5 Movimiento de rodadura sin deslizamiento (rodadura pura) • Análisis de velocidades: Los cuerpos S1 y S 2 se mueven en el plano de tal

manera que no hay deslizamiento relativo en la zona de contacto.

Sean los puntos en contacto: 11 SP ∈ y 22 SP ∈ Sean las direcciones: “t”, tangente común a las

superficies en contacto; y “n” normal común. Si separamos ambos cuerpos:

Recordando que se trata de cuerpos rígidos nP

nP vv

21>

Por otro lado nP

nP vv

21< , pues ello significaría que los

cuerpos se están separando. Entonces, físicamente sólo es posible que: n

PnP vv

21=

La condición de rodadura pura implica que tP

tP vv

21=

(no puede haber movimiento relativo en esa dirección) Así, n

PnP vv

21= y t

PtP vv

21= implican que:

21 PP vv

= . (6.29)

Nota: Examinemos el siguiente caso particular en que uno de los cuerpos es fijo (S1 en

la figura).

Entonces: 00!

21=→= PP vv

2P∴ es el polo absoluto de velocidades de S2. Así podemos calcular muy fácilmente la velocidad de cualquier punto del disco, como por ejemplo: 2222 || ωPOvO = 22 || ωPQvQ =

Fig. 6-68

O2

S2

O1

S1

P2

P1

n

t

1ρ

2ρ2ω

1ω

O2S2

P2

O1

S1

P1

t

t

n

2Pv

1Pv

tPv 1

tPv 2

nPv 2

nPv 1

ω2

ω1

Fig. 6-69

P2

S2

n

t

ω2

S1

Fig. 6-70

P1

O2

Q

Qv

2Ov



Algo similar ocurre en los siguientes casos de rodadura pura: En ambos casos, para rodadura pura o sin deslizamiento, se cumple que:

00!

21 =→= PP vv

2P∴ es el polo absoluto de velocidades de S2.

• Análisis de aceleraciones

En el instante mostrado el cuerpo S2 rueda con velocidad angular 2ω y aceleración angular

2α . Determinaremos la aceleración del punto P2.

Puesto que se trata de rodadura pura 02

=Pv

entonces: 222ρω=Ov (6.30)

Además, como O2 y P2 pertenecen a S2:

nPO

tPOPO aaaa

222222 //

++= (6.31)

Tomaremos las direcciones dadas por t y n como ejes cartesianos x e y. Examinemos uno a uno los vectores de la expresión (6.31):

• 2Oa

: jaiaa n

OtOO

ˆˆ222

+=

(6.32)

Como la trayectoria de O2 es circular (con radio ρ1 + ρ2) y conocemos su velocidad en el instante en análisis, ver expresión (6.30), entonces:

21

222

)30.6(

21

22 )(

2 ρρρω

ρρ +=

+= On

Ova → ja n

Oˆ

21

22

22

2 ρρρω

+−=

(6.33)

• 2Pa

: En cuanto a la aceleración del punto de contacto P2, podemos afirmar que,

como la característica del movimiento es que es de rodadura pura, entonces tP

tP aa

12= y como 00

21=→= t

PtP aa

• tPOa

22 /

: jkra POt

POˆˆ

22/2/ 2222ραα ×=×=

→ ia t

POˆ

22/ 22ρα−=

(6.34)

• nPOa

22 /

: 2222 /

22/ PO

nPO ra

ω−= → ja n

POˆ

222/ 22

ρω−=

(6.35)

P2

S2

n

t

ω2

S1

P1

tS1

P2

S2

n

ω2

P1

Fig. 6-71

Fig. 6-72

O2

ρ2

S2ω2α2

O1

ρ1

S1

ρ 1 + ρ 2

P2

P1

Trayectoria de O2

n

t

Fig. 6-73



Reemplazando estos vectores en la ecuación (6.31):

jijaijia nP

tO

ˆˆ)ˆˆ0()ˆˆ( 22222

21

22

22

22ρωρα

ρρρω

−−+=+

−

• En la dirección i : ia tO

ˆ222

ρα−=

(6.36)

El signo menos indica que tOa

2

tiene sentido hacia la izquierda. Ello debido a que 2α

es

en sentido antihorario, ver expresión (6.34). Está claro que si 2α

fuera en sentido horario entonces t

Oa2

tendría sentido hacia la derecha.

• En la dirección j : 222

21

22

22

2ρω

ρρρω

−=+

− nPa

de donde: 21

22

22

2222 ρρ

ρωρω

+−=n

Pa → 21

21222 ρρ

ρρω

+=n

Pa

es decir: na nP ˆ

21

21222 ρρ

ρρω

+=

(6.37)

y como jaiaa nP

tPP

ˆˆ222

+=

, → naa nPP ˆ

21

212222 ρρ

ρρω+

== (6.38)

Nota: En el caso particular de que el cuerpo estático S1 fuera plano:

Observando la expresión anterior de la línea anterior a la (6.37) concluimos, al hacer ∞=1ρ , que:

→ na nP ˆ2

222

ρω=

y como el movimiento es de rodadura pura:

012

== tP

tP aa

→ naaa nP

tPP ˆ2

22222

ρω=+=

Si observamos que la trayectoria del centro O2 es rectilínea entonces la aceleración de dicho punto debe estar íntegramente contenida en dicha recta, es decir, en la dirección t . Para calcularla utilizamos la expresión (6.36): 222

ρα=tOa (→)

Análogamente se puede mostrar para los dos posibles casos cóncavo–convexo que: • Para el caso de la figura 6-75:

naa nPP ˆ

21

212222 ρρ

ρρω−

== (6.39)

P2

S2

n

t

ω2

S1

α2

O2

trayectoria de O2

ρ2

Fig. 6-74P1

O2

ρ2

S2ω2

α2

ρ1 - ρ

2

P2

Trayectoria de O2

n

t

O1

ρ1

S1

P1Fig. 6-75



• Para el caso de la figura 6-76:

naa nPP ˆ

12

212222 ρρ

ρρω−

==

(6.40)

Es importante notar que en este caso hemos tomado el sentido del vector unitario hacia abajo.

Podemos generalizar los tres casos estudiados:

naP ˆ21

21222 ρρ

ρρω±

=

(6.41)

+ : Contacto convexo doble - : Contacto cóncavo – convexo

Finalmente, para determinar la aceleración de O2 :

na nO ˆ

21

222

22 ρρρω+

−=

(contacto convexo doble)

na nO ˆ

21

222

22 ρρρω−

=

(contacto cóncavo – convexo)

y además: 22222 /2/ PO

tPO

tO raa

×== α

Si en general los cuerpos Si y Sj se mueven según rodadura pura:

2ji

ji

jinPP

nPP ijji

aa ωρρ

ρρ±

== (6.42)

donde jiij ωωω −=

0=tPP ji

a , (pues rodadura pura). Es decir, en el movimiento de rodadura pura sólo hay aceleración normal entre los puntos en contacto.

O2

ρ2

S2ω2α2

ρ2 - ρ

1

P2

Trayectoria de O2

n

t

O1

ρ1

S1

P1

Fig. 6-76

Si SjPi

Pjn

PjPia / n

PiPja /

Fig. 6-77



Ejemplo 6.10: La manivela S2 del mecanismo mostrado en la figura gira en sentido antihorario con velocidad angular constante 22 =ω rad/s. Para el instante mostrado se pide:

a) Calcular la velocidad angular de la barra S5 y la velocidad de la corredera E.

b) Calcular la aceleración angular de la barra S5 y la aceleración de la corredera E. Solución: • Análisis de velocidades:

Barra S2:

+×=×+= jikrvv ABAB

ˆ22ˆ

225,12ˆ2/2

ω

jivBˆ68,17ˆ68,17 +−=

cm/s

Barra S3: BCBC rvv /3

×+= ω

−×++−= jikji ˆ

21ˆ

2325ˆ)ˆ68,17ˆ68,17( 3ω

jivCˆ)65,2168,17(ˆ)5,1268,17( 33 ωω +++−=

(1)

P4 es polo absoluto de velocidad de la rueda S4: 04 =Pv

ijkrkvv PCPCˆ10ˆ10ˆˆ

444/44 ωωω −=×=×+=

(2)

de (1) y (2): 43 105,1268,17 ωω −=+− (3)

065,2168,17 3 =+ ω (4)

resolviendo (3) y (4): 82,03 −=ω rad/s → k82,03 −=ω rad/s

79,24 =ω rad/s → k79,24 =ω rad/s

ahora, jijikrvv PDPDˆ93,20ˆ9,27)ˆ10ˆ5,7(ˆ79,24/44 +−=+×=×+=

ω

E

C D

B

A

S5

S3

S2

S4

45° OB = 12,5 cmBC = 25 cmDE = 25 cmCD = 7,5 cmr = 10 cmR = 30 cm

O1

R

S1

P1

2ω

r

P4

60°30°

Fig. 6-78



Barra S5:

+×++−=×+= jikjirvv DEDE

ˆ23ˆ

2125ˆ)ˆ93,20ˆ9,27( 5/5 ωω

jivEˆ)5,1293,20(ˆ)65,219,27( 55 ωω ++−−=

(5)

como: jvv EEˆ=

(6)

de (5) y (6): 065,219,27 5 =−− ω (7)

Ev=+ 55,1293,20 ω (8)

resolviendo (7) y (8): 29,15 −=ω rad/s → k29,15 −=ω

rad/s

82,4=Ev cm/s → jvEˆ82,4=

cm/s

• Análisis de aceleraciones: Barra S2: ABABAB rraa /

22/2

ωα −×+=

jiji ˆ36,35ˆ36,35ˆ22ˆ

225,12)2( 2 −−=

+−=

Barra S3: BCBCBC rraa /23/3

ωα −×+=

−−

−×+−−= jijikji ˆ

21ˆ

2325)82,0(ˆ

21ˆ

2325ˆ)ˆ36,35ˆ36,35( 2

3α

jiaCˆ)65,2196,26(ˆ)5,1292,49( 33 αα +−++−=

(9)

Rueda S4: jjjrR

rRaPˆ38,58ˆ

1030)10()30()79,2(ˆ 22

44 =+

=+

= ω

cm/s2

Ahora, jjkjrraa PCPCPCˆ10)79,2(ˆ10ˆˆ38,58 2

44/244/44 −×+=−×+= αωα

jiaCˆ46,19ˆ10 4 −−= α

(10)

de (9) y (10): 43 105,1292,49 αα −=+− (11)

46,1965,2196,26 3 −=+− α (12)

resolviendo (11) y (12): 346,03 =α rad/s2 → k346,03 =α

rad/s2

56,44 =α rad/s2 → k56,44 =α

rad/s2

ahora: 4/244/44 PDPDPD rraa

ωα −×+=

)ˆ10ˆ5,7()79,2()ˆ10ˆ5,7(ˆ56,4ˆ38,58 2 jijikj +−+×+=

→ jiaDˆ74,14ˆ98,103 +−=



Barra S5: DEDEDE rraa /25/5

ωα −×+=

+−

+×++−= jijikji ˆ

23ˆ

21)25()29,1(ˆ

23ˆ

21)25(ˆ)ˆ74,14ˆ98,103( 2

5α

→ jiaEˆ)5,1229,21(ˆ)65,2178,124( 55 αα +−+−−=

(13)

como: jaa EEˆ=

(14)

de (13) y (14): 065,2178,124 5 =−− α

Ea=+− 55,1229,21 α

de donde: 76,55 −=α rad/s2 → k76,55 −=α rad/s2

29,93−=Ea cm/s2 → jaEˆ29,93−=

cm/s2

6.6.6 Movimiento relativo con respecto a sistema de referencia en rotación En esta sección utilizaremos las expresiones deducidas en el acápite 6.4 (movimiento relativo con respecto a sistema de referencia en rotación) para el caso de movimiento plano. En la siguiente figura se muestra un cuerpo rígido en movimiento plano general. P es una partícula que no pertenece a dicho cuerpo y tiene movimiento relativo con respecto a él. En la práctica dicha partícula P puede ser un pin soldado a otra barra (no mostrada en esta figura). Deseamos aplicar las expresiones mencionadas para analizar el movimiento de P:

Si fijamos un sistema móvil Axy al cuerpo, la expresión (6.18) establece que:

relarrP vvv

+=

donde: arrv

es la velocidad de arrastre (velocidad de P como si perteneciera al cuerpo rígido),

relv

es la velocidad relativa (velocidad de P relativa al sistema Axy).

Para aceleraciones, la expresión (6.23) establece que:

correlarrP aaaa

++=

donde: arra

es la aceleración de arrastre (aceleración que tendría P si perteneciera al cuerpo rígido),

rela

es la aceleración relativa (aceleración de P relativa al sistema Axy),

cora

es la aceleración complementaria o de Coriolis.

O X

Y

I

J

A x

y

i

j

Pr

Ar

ρ

Fig. 6-79

P

ωTrayectoria relativa de P con respecto al CR



A manera de aplicación analizaremos el siguiente mecanismo de corredera:

Dadas la velocidad angular 2ω y la aceleración angular 2α se pide hallar 3ω y 3α . Sean 22 SP ∈ y 33 SP ∈ tal que coinciden en el instante mostrado.

a) Fijando el sistema móvil xy al cuerpo S3: • Análisis de velocidades: relarrP vvv

+=

2 (6.43)

donde: arrv

es, por definición, la velocidad que tendría P2 si perteneciera a S3.

→ 3Parr vv

= (6.44)

y además: relv

es la velocidad relativa de P2 con respecto al sistema móvil elegido.

→ 32 / PPrel vv

= (6.45)

Entonces: 3232 / PPPP vvv

+= (6.46)

A B

P

S2

S3

Fig. 6-80

2ω2α

3ω3α

A B

P

S2

S3

x

yY

X

2ω2α

3ω 3α

Fig. 6-81

2Pv

3Pv3/2 PPv

Fig. 6-84 B

S2

O21

P2

2Pv

2ω2α

Fig. 6-82

A

P3

S3

O31

3Pv

3ω 3α

Fig. 6-83



• Análisis de aceleraciones: teniendo en cuenta el sistema móvil elegido tenemos que: correlarrP aaaa

++=

2 (6.47)

arra

es la aceleración que tendría P2 si perteneciera a S3.

3Parr aa

=

tP

nPP aaa

333

+= (6.48)

con: 31/3233 OP

nP ra

ω−=

31/333 OPtP ra

×= α

donde: 331233 POan

P ω=

33133POat

P α=

32 / PPrel aa

= aceleración de P2 relativa al sistema móvil.

iaa PPPPˆ

3232 // =

(6.49) Puesto que dicha trayectoria relativa es una recta ⇒ la dirección de rela

es la del eje móvil

x en este caso. La componente de Coriolis será:

relsistcor va

×Ω= 232 /32 PPv

×= ω (6.50)

Ahora, de (6.47): corPPPP aaaa

++=3232 / (6.51)

En esta última ecuación vectorial la dos incógnitas escalares son 3α y 3/2 PPa puesto que

2Pa

es conocida:

tP

nPP aaa

222

+= (6.52)

con: 21/2222 OP

nP ra

ω−=

21/222 OPtP ra

×= α

donde: 221

222

POanP ω=

22122POat

P α= Ahora podemos resolver (6.51) y encontraremos 3α y

32 / PPa .

32 / PPv

3ω

cora

Fig. 6-87

A

P3

S3

ω3

α3

O31

tPa 3

nPa 3

Fig. 6-85

A

P3

S3

O31

nPPa 3/2

Fig. 6-86

B

S2

ω2

α2

O21

P2

tPa 2

nPa 2

Fig. 6-88



b) Fijando el sistema móvil xy al cuerpo S2: • Análisis de velocidades: relarrP vvv

+=3

23 /23 PPPP vvv

+= (6.53)

De esta última ecuación vectorial se pueden calcular: 23 / PPv y 3ω .

• Análisis de aceleraciones: correlarrP aaaa

++=3 (6.54)

donde: arra

: como si P3 perteneciera a S2.

→ tP

nPParr aaaa

222

+== (6.55)

con: 221222 POan

P ω=

22122 POatP α=

y también: rela

es la aceleración relativa de P3 con respecto al sistema móvil Bxy.

→ 23 / PPrel aa

=

Aquí la trayectoria relativa es una curva y es tal que no tiene curvatura constante, como se muestra en la siguiente figura, la cual es obtenida por el método de inversión del mecanismo, método que será estudiado en un próximo curso de mecanismos.

A B

P

S2

S3

x

y

2ω2α

3ω3α

Fig. 6-89

B

P

A

Trayectoria de P3 con respecto al

sistema móvil Bxy

iP3

iiP3

iiiP3

ivP3vP3

viP3

iA

iiA

iiiA

ivA

vA

viA

Fig. 6-90



Entonces, y a diferencia de la anterior solución, dado que la trayectoria relativa es curvilínea, la aceleración relativa tendrá componentes normal y tangencial:

tPP

nPPPP aaa

232323 ///

+= (6.56)

donde: nPPa

23 /

es la aceleración normal relativa de P2 con respecto al

sistema móvil y está dirigida hacia el centro de curvatura

de la trayectoria relativa y su módulo es ρ

2/

/23

23

PPnPP

va = .

iaa t

PPt

PPˆ

2323 // =

es la aceleración tangencial relativa de P2 con respecto al sistema móvil y está dirigida en la dirección tangencial a la curva trayectoria relativa.

La componente de Coriolis será:

23 /2 PPsiscor va

×Ω= (6.57)

donde: 2ω

=Ω sist Sin embargo, al reemplazar todos estos vectores en la ecuación vectorial (6.54) aparecerá una nueva dificultad, a diferencia de la primera solución, y que consiste en que el radio de curvatura ρ es difícil de determinar. De hecho se necesitan técnicas avanzadas en mecanismos para realizar el cálculo, como por ejemplo el Método de Bobillier. Así, esta segunda posibilidad de solución se nos cierra ante esta dificultad, por lo que, en lo que concierne a nuestro curso, para solucionar un problema de mecanismos en que esté incluida una unión entre barras mediante corredera, el sistema móvil deberá ser fijado a la barra a lo largo de la cual se desliza dicha corredera. Así podremos utilizar la técnica explicada en la primera solución.

B

P

A

Trayectoria relativa de P3 con respecto al

sistema móvil Bxy

C

nPPa 2/3

t

PPa 2/3

ρ

Fig. 6-91



Ejemplo 6.11: En el mecanismo mostrado la manivela gira en sentido horario con velocidad angular constante 52 =ω rad/s. Se pide calcular: a) Las velocidades angulares 54 ωω y y la

velocidad Cv .

b) Las aceleraciones angulares 54 αα y y la aceleración Ca .

Solución: De la geometría mostrada:

275,0=φsen 447,0=βsen 316,0=γsen 962,0cos =φ 894,0cos =β 949,0cos =γ

a) Análisis de velocidades Tomemos un sistema móvil fijo al cuerpo S4.

Podemos escribir: relarrA vvv

+=2 es decir: 4/242 AAAA vvv

+= (1)

)cos,(22 ββsenvv AA =

(2)

donde 21222 OAvA ω= = 5 (220) = 1100 mm/s

es decir: )0894;447,0(11002 =Av

o también hubiera sido posible:

21222 OAA rv

×= ω

además: ),(cos44 γγ senvv AA =

(3)

donde 41444 OAvA ω=

)316,0;949,0(44 AA vv =

o también hubiera sido posible:

41444 OAA rv

×= ω

O21

A4S2

S4

ω2

S5

A2

O41

B

600

900

100

100

200

350

φ

β

γ

C

S3

Fig. 6-92

O21

ω2A2

β

β2Av

Fig. 6-93

A4

4Av

O41

γ

ω4

B

Fig. 6-94



Podemos escribir: )cos,(4/24/2 γγsenvv AAAA −=

(4)

es decir: )949,0;316,0(4/24/2 −= AAAA vv

Reemplazando estos vectores en la ecuación (1) y desarrollando obtenemos: 7,491316,0949,0 4/24 =− AAA vv (5)

4,983949,0316,0 4/24 =+ AAA vv (6) de donde, resolviendo: 023,7774 =Av mm/s

514,7774/2 =AAv mm/s

y finalmente de (3): 229,146,632023,777

4414

44 =→== ωω

OAvA rad/s

Para el cuerpo S5: )(5 BCBC rrvv

−×+= ω (7)

),(cos γγ senvv BB =

donde 414 BOvB ω= )68,948(229,1=

93,1165=Bv mm/s

es decir: )316,0;949,0(93,1165=Bv

Además: k55 ωω =

y también: ),(cos/ φφ senrrr BCBC −=−

es decir: )275,0;962,0(364 −=− BC rr

O41

γ

B

4/2 AAv

Fig. 6-95

Bv

O41

γ

ω4

B

Fig. 6-96

φC

Fig. 6-97

Cv



Reemplazando estos vectores en la ecuación (7) y desarrollando obtenemos:

)275,0;962,0()364(ˆ)316,0;949,0(3,1165)0,1( 5 −×+= kvC ω

de donde: 51,10087,1105 ω+=Cv (8) y 5988,351235,3680 ω+= (9)

resolviendo: 046,15 −=ω rad/s 15,1001=Cv mm/s b) Análisis de aceleraciones (sistema móvil fijo a S4)

Cálculo de las componentes de la aceleración de A2:

correlAA aaaa

++= 42

corAAAA aaaa

++= 4/242

corAAtA

nA

tA

nA aaaaaa

+++=+ 4/24422

(10)

),(cos22 ββ senaa n

AnA −=

con: 212222 OAan

A ω= = 5500 mm/s2

entonces )447,0;84,0(55002 −=nAa

)5,2458;4917( −= [mm/s2]

Además: )cos,(22 ββsenaa tA

tA =

con: 021222 == OAatA α → )0,0(2 =t

Aa

Notar que también se podrían haber utilizado las ecuaciones: 21/2222 OA

nA ra

×−= ω

21/222 OAtA ra

×= α

Cálculo de las componentes de la aceleración de A4: )cos,(44 γγ −= senaa n

AnA

donde 414244 OAan

A ω= )46,632()229,1( 2=

= 955,294 mm/s2 4

nAa

)949,0;316,0(294,955 −= ),(cos44 γγ senaa t

AtA =

donde 41444 OAatA α= (11)

= )316,0;949,0(4tAa [mm/s2]

Notar que también se podrían haber utilizado las ecuaciones: 41/4244 OA

nA ra

×−= ω

41/444 OAtA ra

×= α

O21

ω2A2

β

β

tAa 2

nAa 2

Fig. 6-98

A4

tAa 4

O41

γ

ω4

B

nAa 4

γ

Fig. 6-99



Como ya se explicó, la trayectoria relativa del punto A2 con respecto al sistema móvil elegido es una línea recta, entonces la aceleración relativa 4/2 AAa

está contenida en

dicha línea recta. Suponiendo el sentido mostrado para 4/2 AAa

:

)cos,(4/24/2 γγsenaa AAAA −=

)949,0;316,0(4/2 −= AAa [mm/s2] (12) La aceleración de Coriolis será: 4/2422 AArelsistcor vva

×=×Ω= ω

)949,0;316,0(514,777)ˆ229,1(2 −×−= k )92,603;66,1813(= [mm/s2]

Reemplazando vectores en (10) y desarrollando: 4/24 316,0949,047,2801 AA

tA aa −= (13)

4/24 949,0316,087,2155 AAtA aa −=− (14)

de donde: 44,19764 =t

Aa mm/s2 85,29294/2 −=AAa mm/s2

de (11): 123,346,63244,1976

414

44 ===

OAat

Aα rad/s2

Ahora analizamos el movimiento del cuerpo S5:

BCBCBC rraa /25/5

ωα −×+= (15) BCBC

tB

nBC rraaa /

25/5

ωα −×++= donde: )0,( CC aa =

además: )cos,( γγ −= senaa n

BnB

donde 41

24 BOan

B ω= )68,948()229,1( 2= 925,1432= mm/s2

O41

γ

B

4/2 AAa

Fig. 6-100

cora

ω4

4/2 AAv

Fig. 6-101

φC

B

Ca

Fig. 6-102



entonces )949,0;316,0(925,1432 −=nBa

[mm/s2] además: ),(cos γγ senaa t

BtB =

donde: 414 BOa tB α= )18,948(125,3= 06,2963= mm/s2

entonces: )316,0;949,0(06,2963=tBa

[mm/s2] Hagamos k55 αα =

tenemos )1,100;168,350(/ −=BCr

Reemplazando en (15) y separando las ecuaciones escalares: 51,10006,2883 α+=Ca

517,35041,3140 α+−= Resolviendo: 9,05 =α rad/s2

15,2973=Ca mm/s2 )(→ A continuación se muestra otro camino de solución que consiste en resolver gráficamente las ecuaciones cinemáticas planteadas. Aún cuando esta técnica no está contenida en el programa de nuestro curso de dinámica, sin embargo, desde el punto de vista didáctico, resulta útil que el estudiante tome conocimiento de ella. En un curso posterior de Mecanismos se volverá a hablar más formalmente de este tema. a) Análisis de velocidades: 4/242 AAAA vvv

+= (1’)

donde 11002 =Av mm/s Del diagrama de velocidades: 7804/2 =AAv mm/s 7704 =Av mm/s y como 41444 OAvA ω=

→ 22,15,632

7704 ==ω rad/s


2Av

4Av

4/2 AAv

Fig. 6-103



Ahora: 1160)950(22,1414 =→== BB vBOv ω mm/s Para el eslabón S5:

BCv

BCBC rrvv/

)(5 −×+= ω

CBv BC ⊥/

Se construye el resto del diagrama del de velocidades, de donde: 1000=Cv mm/s 390/ =BCv mm/s

y como 071,1364390

555/ =→=→= ωωω CBv BC rad/s

b) Análisis de aceleraciones: Expresión (10): corAA

tA

nA

tA

nA aaaaaa

+++=+ 4/24422 (2’)

donde: 55002 =nAa mm/s2 (dirección y sentido conocidos)

02 =tAa

29,9554 =nAa mm/s2 (dirección y sentido conocidos)

tAa 4 desconocida en módulo (sólo dirección es conocida.)

4/2 AAa desconocida en módulo (sólo dirección es conocida.)

56,1911=cora mm/s2 (ya calculada, dirección y sentido OK.) del gráfico: 19004 =t

Aa mm/s2

29304/2 =AAa mm/s2

02,3630

1900

414

44 ===

OAat

Aα rad/s2


Escala de aceleraciones: 1mm < > 100mm/s2

Cv

Bv

BCv /

Fig. 6-104

nAa 4

nAa 2

4/2 AAa

cora

tAa 4

Fig. 6-105



Expresión (15):

nBC

tBC a

BC

a

BCBC rraa//

/25/5 ωα −×+= (3’)

BCBC

tB

nBC rraaa /

25/5

ωα −×++= en donde: 05,141241

24 == BOa n

B ω mm/s2

2865414 == BOatB α mm/s2

tBCa / desconocida en módulo (sólo dirección es conocida)

53,41725/ == CBan

BC ω mm/s2 del gráfico: 350/ =t

BCa mm/s2 2800=Ca mm/s2 de donde finalmente:

96,0005,364

350/5 ===

CBat

BCα rad/s2

Nota: Como puede observarse, los resultados del método gráfico son bastante

aproximados a los obtenidos mediante métodos analíticos, sin embargo dicha aproximación, la cual dependerá de los cuidadosos que seamos al realizar el trabajo gráfico, es suficientemente aceptable para fines prácticos de la ingeniería. La gran ventaja del método gráfico radica en su rapidez.

-----------------------

Escala de aceleraciones: 1 mm < > 50 mm/s2

Ca

tBa

nBCa /

nBa

tBCa /

Fig. 6-106



Ejemplo 6.12: Un cilindro de radio 3,0=r m rueda sin deslizar sobre una superficie de radio 6,0=R m. En la posición mostrada tiene velocidad angular 22 =ω rad/s y aceleración angular

2,02 =α rad/s2 (ambas en sentido antihorario). Si la barra AB gira con velocidad angular constante 34 =ω rad/s en sentido antihorario, se pide determinar para esa posición, la velocidad y la aceleración angulares de la barra ED, la cual mide 0,5 m. Solución: • Análisis de velocidades: Sea P2 el punto del cilindro en contacto con el piso. Cilindro S2: ijkrvv PCPC

ˆ60,0ˆ30,0ˆ22/22 −=×=×+=

ω m/s

también: jiikirvv CECEˆ4,0ˆ60,0ˆ20,0ˆ2ˆ60,0/2 +−=×+−=×+=

ω

Barra S3:

+×++−=×+= jikjirvv EDED

ˆ53ˆ

545,0ˆ)ˆ4,0ˆ6,0( 3/333 ωω

→ jivDˆ)4,04,0(ˆ)3,06,0( 333 ωω ++−−=

(1)

Sea D4 sobre la barra S4 que coincide en el instante en estudio con D3 sobre la barra S3. Tomando un sistema móvil que se mueve solidario a la barra S4 podemos escribir:

4/343 DDDrelarrD vvvvv

+=+= (2)

donde: jikrvv BDBDˆ2,1)ˆ4,0(ˆ3/444 −=−×=×+=

ω

y además: ivv DDDDˆ

4/34/3 =

→ ivjv DDDˆˆ2,1 4/33 +−=

(3)

Igualando (1) y (3): 4/333,06,0 DDv=−− ω

2,14,04,0 3 −=+ ω

Resolviendo el sistema: 43 −=ω rad/s → k43 −=ω

rad/s

6,04/3 =DDv m/s → iv DDˆ6,04/3 =

m/s

BDS3 34

S4A

S1

0,2 m 0,4 m0,4 m

S2

E

r

P2

C

P1

2ω

Fig. 6-107

2α

R



• Análisis de aceleraciones: Cilindro S2: 2/

22/2 PCPCPC rraa

ωα −×+= (4)

donde jjjrR

rRaa nPP

ˆ4,2ˆ3,0

)3,0()6,0()2(ˆ 22222 ==

−== ω

m/s2

en (4): jijjkjaCˆ2,1ˆ06,0)ˆ3,0()2(ˆ3,0ˆ2,0ˆ4,2 2 +−=−×+=

(5)

también: CECECE rraa /22/2

ωα −×+=

)ˆ2,0()2(ˆ2,0ˆ2,0)ˆ2,1ˆ06,0( 2 iikji −×++−=

de (5): jiaEˆ24,1ˆ86,0 +−=

Barra S3: EDEDED rraa /

23/33

ωα −×+=

→ )ˆ6,0ˆ8,0()5,0()4()ˆ6,0ˆ8,0(5,0ˆ)ˆ24,1ˆ86,0( 233 jijikjiaD +−+×++−= α

jiaDˆ)4,056,3(ˆ)3,026,7( 333 αα +−+−−=

(6)

Para el sistema móvil solidario a la barra S4 podemos escribir: corDDDcorrelarrD aaaaaaa

++=++= 4/343 (7)

donde: iirraa BDBDBDˆ6,3)ˆ4,0()3( 2

/424/444 =−−=−×+=

ωα

además: iaa DDDDˆ

4/34/3 =

y también: jikvva DDrelsistcorˆ6,3)ˆ6,0()ˆ3(222 4/34 =×=×=×Ω=

ω

en (7): jiaia DDDˆ6,3ˆˆ6,3 4/33 ++=

(8)

de (6) y (8): 4/33 6,33,026,7 DDa+=−− α

6,34,056,3 3 =+− α Resolviendo el sistema:

9,173 =α rad/s2 → k9,173 =α

rad/s2

23,164/3 −=DDa m/s2 → ia DDˆ23,164/3 −=

m/s2



6.7 Movimiento general del sólido rígido 6.7.1 Generalidades En la siguiente figura se muestra un cuerpo rígido en movimiento general tridimensional. Si tomamos un sistema móvil Axyz con origen en el punto A del cuerpo y tal que es solidario al cuerpo, entonces podemos afirmar lo siguiente para el movimiento del punto P:

• Si P también pertenece al sólido rígido:

APv

APAP rvv

/

/×+= ω

nAP

tAP a

AP

a

APAP rraa

//

)( // ××+×+= ωωα

• Si el punto P no pertenece al sólido y en

consecuencia tiene movimiento relativo con respecto al sistema móvil, entonces podemos afirmar (ver acápite 6.4) lo siguiente:

relarrP vvv

+= (6.58)

donde: arrv

es la velocidad de arrastre, es decir la velocidad de P como si

perteneciera al cuerpo rígido. En otras palabras, es la velocidad del punto P’ que pertenece al sólido y que en el instante estudiado coincide con P. Es decir: 'Parr vv

=

relv

es la velocidad relativa de P con respecto al sistema móvil Axyz, es decir: '/ PPrel vv

=

en consecuencia: PPPP vvv ′′ += /

(6.59)

De manera análoga podemos afirmar para la aceleración de P lo siguiente:

correlarrP aaaa

++= (6.60)

donde: arra

es la aceleración de arrastre, es decir la aceleración de P como si perteneciera al cuerpo rígido. En otras palabras, es la aceleración del punto P’ que pertenece al sólido y que en el instante estudiado coincide con P: 'Parr aa

=

rela

es la aceleración relativa de P con respecto al sistema móvil Axyz, es decir: PPrel va ′= /

cora

es la aceleración complementaria o de Coriolis: cora

= 2 relv

×Ω en consecuencia: corPPPP aaaa

++= ′′ / (6.61)

O X

Y

Z

A

x

y

z

Pr

Ar

ρ

P

Fig. 6-108

P’



6.7.2 Composición de velocidades y aceleraciones angulares

Alrededor de ejes concurrentes Tomaremos un sistema fijo: OXYZ Sea además un sistema móvil Oxyz el cual gira con velocidad angular 1ω

“acompañando” al

cuerpo de tal manera que éste gira, además, con velocidad angular 2ω

relativa al sistema móvil.

Estudiemos el movimiento del punto P que pertenece al cuerpo rígido. Tomaremos además un punto P’, coincidente con P en el instante en estudio, pero que se mueve solidario al sistema móvil.

Sea ω la velocidad angular del cuerpo (con respecto al sistema fijo)

rvv OP

×+= ω → rvP

×= ω (6.62)

Considerando el sistema móvil elegido:

relarrP vvv

+= (6.63)

donde: arrv

es la velocidad de arrastre, es decir, la velocidad que tendría P si perteneciera al sistema móvil. Entonces: rvv Parr

×== 1' ω

y: relv

es la velocidad relativa, es decir, la velocidad de P con respecto al sistema móvil. Es decir: rvv PPrel

×== 2'/ ω

en (6.63): rrvP

×+×= 21 ωω r

×+= )( 21 ωω (6.64)

de (6.62) y (6.64): 21 ωωω

+= (6.65)

Análisis de aceleraciones: sea α

la aceleración angular del cuerpo (con respecto al

sistema fijo)

)( rraa OP

××+×+= ωωα

)( rraP

××+×= ωωα (6.66)

por otro lado: correlarrP aaaa

++= (6.67)

donde: arra

es la aceleración de arrastre, es decir, la aceleración que tendría P si perteneciera al sistema móvil:

⇒ )( 111' rraa Parr

××+×== ωωα

también: rela

es la aceleración relativa, es decir, la aceleración de P con respecto al sistema móvil:

⇒ )( 222'/ rraa PPrel

××+×== ωωα

z

X

Y

Z

x

y

O

1ω

2α

1e2e

P

2ω

1α

Fig. 6-109



y además: cora

es la aceleración complementaria o de Coriolis:

⇒ )(22 21 rva relsistcor

××=×Ω= ωω

en (6.66): )(2)()( 21222111 rrrrraP

××+××+×+××+×= ωωωωαωωα

ordenando: ])[()()]([ 21212121 rraP

×+×++××++= ωωωωωωαα (6.68) de (6.66) y (6.68):y recordando la expresión (6.65): )( 2121 ωωααα

×++= (6.69)

Una manera más corta de llegar a esta última expresión hubiera sido la siguiente:

recordando que: 2211 ˆˆ ee ωωω +=

derivando: 22221111 ˆˆˆˆ eeee ωωωωωα +++==

)ˆ(ˆˆ 2122211 eee ×++= ωωαα

(pues 2e gira con velocidad 1ω

)

→ )( 2121 ωωααα

×++= la cual es igual a la expresión anteriormente encontrada. • Composición para ejes que se cruzan

• OXYZ es sistema fijo. • Barra doblada gira con velocidad angular 1ω

y aceleración angular 1α

.

• Axyz gira fijo a barra doblada. • 1ω

es la velocidad angular de la barra doblada.

• 2ω es la velocidad angular del disco relativa a Axyz.

• 1α

es la aceleración angular de la barra doblada.

• 2α

es la aceleración angular del disco relativa a Axyz.

• ω

es la velocidad angular absoluta del disco y α

la correspondiente aceleración angular.

z

X

Y

Z

x

y

O

1ω

2ω1e

2e

Ar

Pr

PA APr /

1α

2α

Fig. 6-110



Analizaremos el movimiento de un punto P del disco. P y A ∈ disco: )( APAP rrvv

−×+= ω (6.70)

pero A ∈ varillaje: )(1 OAOA rrvv

−×+= ω

en (6.70): )(1 APAP rrrv

−×+×= ωω (6.71)

Por otro lado: relarrP vvv

+= (6.72) si tomamos un punto P’ coincidente con P y que es solidario al sistema móvil elegido: )(1' OPOParr rrvvv

−×+== ω

)(2'/ APPPrel rrvv

−×== ω

en (6.72): )(21 APPP rrrv

−×+×= ωω

arreglando: )()( 21 APAPA rrrrr

−×+−+×= ωω

ordenando: )()( 211 APAPA rrrrr

−×+−×+×= ωωω

→ )()( 211 APAP rrrv

−×++×= ωωω (6.73) de (6.71) y (6.73): 21 ωωω

+= (6.74)

o si se quiere: 2211 ˆˆ ee ωωω +=

Ahora: [ ])()( APAPAP rrrraa

−××+−×+= ωωα (6.75)

donde: )( /11/1 OAOAOA rraa

××+×+= ωωα

y además: 22221111 ˆˆˆˆ eeee ωωωωωα +++==

)ˆ(ˆˆ 2122211 eee ×++= ωωαα

→ )( 2121 ωωααα

×++= (6.76)

Ahora tenemos todos los términos de la expresión (6.75) y podemos evaluar Pa

: )]([)()]([ 111 APAPAAP rrrrrra

−××+−×+××+×= ωωαωωα

donde: 21 ωωω

+=

)( 2121 ωωααα

×++=



Nota: otra manera de evaluar la aceleración Pa

hubiera sido utilizando la expresión correlarrP aaaa

++= para lo cual recurrimos nuevamente a P’:

así: )( 111' PPParr rraa

××+×== ωωα

también: )]([)( 222'/ APAPPPrel rrrraa

−××+−×== ωωα

y además: )]([22 21 APrelsistcor rrva

−××=×Ω= ωω Luego habrá que comparar esta expresión para P con la aceleración para el mismo punto relacionada con la aceleración del punto A que también pertenece al disco: )]([)( APAPAP rrrraa

−××+−×+= ωωα

expresión en la que ya hemos mostrado que 21 ωωω

+= . Es evidente que se logrará una expresión para la aceleración angular total del disco igual a la obtenida líneas arriba. • Composición de rotaciones para ejes paralelos

• OXYZ es sistema inercial. • Barra doblada gira con

velocidad angular 1ω

y aceleración angular 1α

.

• Axyz gira fijo a barra doblada. • 1ω

y 1α

son la velocidad y

aceleración angulares de la barra doblada, respectivamente.

• 2ω

y 2α

son la velocidad y aceleración angulares del disco relativas al sistema móvil Axyz, respectivamente.

• ω

es la velocidad angular absoluta del disco y α

la correspondiente aceleración angular.

Es evidente que en este caso obtendremos para la velocidad angular del disco:

21 ωωω

+= (6.77) y para la aceleración angular del mismo:

)( 2121 ωωααα

×++=

la cual, debido a que en todo instante 1ω

y 2ω

son paralelas se reducirá a:

21 ααα

+= (6.78)

z

X

Y

Z

x

y

O

1ω

2ω

1e2e

AP

Ar

Pr

APr /1α

2α

Fig. 6-111



Ejemplo 6.13:

Una rueda de radio r gira con velocidad constante 2ω con respecto a un eje horizontal, el cual gira a su vez alrededor de un eje vertical con una velocidad constante 1ω . Se pide hallar la velocidad y aceleración del punto P del aspa en el instante mostrado.

a) Solución usando sistema móvil Axyz

fijo al eje (barra.)

Velocidades: )( APAP rrvv

−×+= ω

donde AOA rvv

×+= 1ω

)ˆˆ(ˆ1 KLIK +×= ω

J1 ω=

además: 21 ωωω

+=

= IK ˆˆ21 ωω +

)ˆcosˆ()ˆˆ(ˆ211 KrJsenrIKJvP θθωωω +−×++=

KsenrjrIsenrvPˆˆ)cos(ˆ

2211 θωθωωθω −−+=

aceleraciones: )]([)( APAPAP rrrraa

−××+−×+= ωωα

donde: )( 111 AAOA rraa

××+×+= ωωα

JK ˆˆ11 ωω ×= IaA

ˆ21

ω−=→

)ˆˆ( 21 IKdtd

dtd ωωωα +==

iiKK

ˆˆˆˆ2211 ωωωω +++=

)ˆ(ˆˆ1221 iIK ×++= ωωαα

i21 ωω ×=

IK ˆˆ21 ωω ×=

J21 ωωα =

Detalle de la rueda z

X

Y

Z

x

y

O

1ω

2ω

1e

2eA

P

Ar

Pr

θ

L

Fig. 6-112

θ

y

z

P

r

A

ω2

Fig. 6-113



++−×+−= )ˆcosˆ(ˆˆ21

21 KrJsenrJIaP θθωωω

)]ˆcosˆ()ˆˆ[()ˆˆ( 21221 KrJsenrIKIK θθωωωω +−×+×++

KrJsenrIraPˆcosˆ)(ˆ)cos2( 2

222

2121

21 θωωωθθωωω −+++−=

b) Solución usando sistema móvil Axyz fijo al eje y utilizando el concepto de movimiento

con respecto a sistema de referencia en rotación. Velocidades: relarrP vvv

+=

arrv : velocidad de P fijo al eje (barra) OPOarr rvv /1

×+= ω

]ˆ)cos(ˆˆ[1 KrLJsenrI θθω ++−×=

IsenrJvarrˆˆ

11 θωω += relv

: velocidad de P con respecto al sistema móvil

APrel rv /2

×= ω

)ˆcosˆ(ˆ2 KrJsenrI θθω −−×=

KsenrJr ˆˆcos 22 θωθω −−= KsenrJrIsenrvP

ˆˆ)cos(ˆ2211 θωθωωθω −−+=

aceleraciones: correlarrP aaaa

++=

donde )( /11/1 OPOPOarr rraa

××+×+= ωωα

)ˆˆ( 111 IsenrJ θωωω +×=

JsenrI ˆˆ 21

21 θωω +−=

)( /22/2 APAPrel rra

××+×= ωωα

)ˆˆcos( 222 KsenrJr θωθωω −−×=

KrJsenr ˆcosˆ 22

22 θωθω −=

relsistcor va

×Ω= 2

)ˆˆcos(2 221 KsenrJr θωθωω −−×=

Ir ˆcos2 21 θωω= KrJsenrIraP

ˆcosˆ)(ˆ)cos2( 22

22

2121




c) Solución sistema móvil fijo a la rueda y utilizando el concepto de movimiento con respecto a sistema de referencia en rotación.

21 ωω

+=Ω sist

relarrP vvv

+=

donde )()()( /1 APOAOAPAarr rrrvrrvv

−×+×+=−×+= ωωω

)ˆcosˆ()()]ˆˆ(ˆ[ 211 KrJsenrKLIK θθωωω +−×+++×=

KsenrJrIsenrvarrˆˆ)cos(ˆ

2211 θωθωωθω −−+=

además: 0=relv

entonces: KsenrJrIsenrvP

ˆˆ)cos(ˆ2211 θωθωωθω −−+=

correlarrP aaaa

++=

donde: )( // APAPAarr rraa

××+×+= ωωα

pero: JIKdtd

dtd ˆ)ˆˆ( 2121 ωωωωωα =+==

y además: )( /11/1 OAOAOA rraa

××+×+= ωωα

KrJsenrIraarr


22

2121


0=rela

02 =×Ω= relsistcor va

(pues )0=relv

entonces: KrJsenrIraP


22

2121


capítulo 6 cinemática del cuerpo rígido.pdf

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