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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

Comenzamos ahora el estudio del movimiento del cuerpo rígido. Lo

limitaremos al movimiento plano, es decir, aquel en que una partícula del

cuerpo se mueve en un plano y todas las demás en ese mismo plano o en

planos paralelos. Existen tres movimientos planos del cuerpo rígido: la

traslación pura, la rotación pura y el movimiento plano general.

La traslación pura es aquel en que las rectas del cuerpo ―es decir,

todas las rectas que unen dos partículas cualesquiera― conservan su

dirección durante el movimiento.

Rotación pura es el movimiento por el que todas las partículas de un

plano describen trayectorias circulares concéntricas. El lugar geométrico

de los centros de las trayectorias es el eje de rotación.

Llamaremos Movimiento plano general a cualquier movimiento plano

que no sea una traslación pura o una rotación pura. Lo estudiaremos como

la realización simultánea de una traslación y una rotación.

Así como en los capítulos dedicados al estudio del movimiento de la

partícula hemos comenzado por la Cinemática para terminar con la

Cinética, en el presente abordaremos primero la Cinemática de cada

movimiento del cuerpo rígido para concluir con la Cinética.

Anticipando los resultados que obtendremos en los dos capítulos

siguientes, podemos decir que la resultante del sistema de fuerzas que actúa

sobre un cuerpo es igual al producto de la masa del cuerpo por la

aceleración de su centro de masa, y que la dirección de la resultante es

paralela a la dirección de dicha aceleración. Además: si el centro de masa

del cuerpo está contenido en la línea de acción de la resultante, el cuerpo

se moverá con traslación pura; en caso contrario, el cuerpo tendrá un

Traslación y rotación puras

354

movimiento plano general (que se puede considerar una rotación pura no

baricéntrica). En el caso de que el sistema de fuerzas se pueda reducir a un

par, el cuerpo se moverá con rotación pura baricéntrica.

XV. TRASLACIÓN Y ROTACIÓN

PURAS

Como en la generalidad de los capítulos, abordaremos primero la

Cinemática de cada movimiento y terminaremos con la Cinética.

Traslación pura. Cinemática

El menhir de la figura es un cuerpo

rígido que se mueve con traslación pura.

A y B son dos partículas cualesquiera del

menhir, y O es un punto fijo. Sea A el

origen del sistema de referencia móvil,

cuyos ejes mantienen fija su dirección

durante el movimiento. Recurriendo a las

ecuaciones del movimiento relativo, ob-

servamos que la posición absoluta de B se

obtiene sumando vectorialmente la posi-

ción relativa de B respecto a A, más la

posición absoluta de A.

El vector de posición relativa de B respecto a A tiene una magnitud que

no puede cambiar, pues une dos partículas de un cuerpo rígido, y una

dirección que permanece fija, ya que el cuerpo se mueve con traslación

pura: por tanto, su derivada es nula. Entonces:


355

�̅�𝐵 = �̅�𝐵/𝐴 + �̅�𝐴

�̅�𝐵 = 0̅ + �̅�𝐴

Lo cual significa que todas las partículas del menhir tienen, en un

instante determinado, la misma velocidad. Si derivamos nuevamente con

respecto al tiempo, obtenemos

que implica que también todas las partículas tienen la misma aceleración

en un instante dado. Es decir, los movimientos de todas las partículas de un

cuerpo dotado de traslación pura son idénticos y, por tanto, todo lo que

hemos estudiado y afirmado del movimiento de una partícula, se aplica sin

dificultad alguna a un cuerpo que se mueva con traslación pura. Asimismo,

se puede predicar del cuerpo tanto la velocidad como la aceleración de una

de las partículas.

Traslación pura. Cinética

Consideremos un menhir que se mue-

ve con traslación pura. La aceleración de

cualquiera de sus partículas está causada

por una fuerza cuya magnitud es igual al

producto de la masa de la partícula por su

aceleración.

En la figura, dibujamos un sistema de

referencia cuyo eje de las equis es para-

lelo a la aceleración de cualquiera de las

partículas, y la distancia del origen a la

línea de acción de la fuerza es y.

El conjunto de las fuerzas que actúan sobre todas las partículas

constituye un sistema de fuerzas paralelas, cuya resultante se puede obtener

mediante dos ecuaciones. Con la suma algebraica de las fuerzas, se obtiene

la magnitud de la resultante, simbólicamente,

�̅�𝐵 = �̅�𝐴

�̅�𝐵 = �̅�𝐴


356

𝑅 = ∑ 𝐹

Puesto que 𝐹 = 𝑎 𝑑𝑚

𝑅 = ∫ 𝑎 𝑑𝑚 = 𝑎 ∫ 𝑑𝑚

y mediante la suma de los momentos de las fuerzas respecto a un punto

arbitrario, se obtiene el momento de la resultante respecta al mismo punto.

Simbólicamente, y llamando d a la distancia de la línea de acción de la

resultante al origen

𝑀0𝑅 = ∑ 𝑀0𝐹

𝑚𝑎𝑑 = ∫ 𝑎𝑦 𝑑𝑚 = 𝑎 ∫ 𝑦 𝑑𝑚

La última integral representa el momento estático de la masa del men-

hir respecto al eje de las equis. Puesto que dicho momento estático se

puede obtener multiplicando la masa del menhir por la ordenada del centro

de masa, tenemos

𝑚𝑎𝑑 = 𝑎𝑚�̅�

Este resultado significa que la línea de acción de la resultante del siste-

ma de fuerzas pasa por el centro de masa.

En resumen: las características de la resultante del sistema de fuerzas

que actúa sobre un cuerpo que se mueve con traslación pura son:

―Magnitud: igual al producto de la masa del cuerpo por la aceleración

de cualquier partícula.

―Dirección: la misma que tiene la aceleración de cualquiera de las

partículas.

―Posición: el centro de masa del cuerpo.

𝑅 = 𝑚𝑎

𝑑 = �̅�


357

Ejemplo. Un ciclista arranca desde el

reposo y, acelerando uniformemente, al-

canza un rapidez de 12 m/s cuando ha

recorrido 20 m. Determine la fuerza de

tracción que genera la llanta trasera y las

reacciones normales del pavimento sobre

cada una de las llantas durante el movi-

miento. El peso conjunto del ciclista y la

bicicleta es de 90 kg.

Las ecuaciones que se pueden emplear para describir el movimiento,

utilizando un sistema de referencia arbitrario, serán, por tanto:

En vez de elegir el centro de masa como centro de momentos, se puede

elegir el punto O, utilizando la ecuación

∑ 𝑀0𝐹 = 𝑚𝑎𝑑

Cuando la traslación es curvilínea, en vez de los ejes equis y ye, con-

vendrá utilizar un sistema de referencia intrínseco, con ejes normal y tan-

gencial, como se ilustra en el tercero de los ejemplos que siguen.

Comenzamos resolviendo el problema cinemático. Calculamos la

aceleración del ciclista.

𝑎 = 𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑥=

𝑣22 − 𝑣1

2

2𝑥

𝑎 =122

2(20)= 3.6 m s2⁄

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥

∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

∑ 𝑀𝐺𝐹 = 0


358

Para la determinación de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo, el

primer paso, como siempre, es dibujar un diagrama de cuerpo libre. Ahora,

además, añadiremos un dibujo que represente el sistema resultante de las

fuerzas. Elegimos también un sistema de referencia.

La suma de las fuerzas verticales es nula. Pero comenzar con la ecua-

ción correspondiente obliga a resolver un sistema de ecuaciones simultá-

neas. Es más práctico emplear una ecuación de momentos, tomando como

centro el punto de contacto de la llanta trasera con el suelo, donde concu-

rren dos incógnitas.

∑ 𝑀𝐴 = 𝑚𝑎�̅�

Considerando positivos los momentos con sentido horario, resulta:

90(0.5) − 0.9𝑁𝐵 =

90

9.81(3.6)0.8

0.9𝑁𝐵 = 90 (0.5 −

3.6 × 0.8

9.81)

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑁𝐴 + 20.6 − 90 = 0

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎

𝑁𝐵 = 20.6 kg ↑

𝑁𝐴 = 69.4 kg ↑


359

Ejemplo. Un tambor A de 420 lb de

peso y de las dimensiones mostradas en la

figura, se coloca sobre una superficie ho-

rizontal rugosa y se conecta con un cuer-

po B. Diga cuál es el peso máximo admi-

sible de B, que consiga que A se deslice

sin volcarse. Diga también cuál será la

aceleración de A. Los coeficientes de fric-

ción estática y cinética entre el tambor y

la superficie son 0.30 y 0.25, respectiva-

mente.

𝐹𝑟 =90

9.81(3.6)

La tensión que la cuerda va a ejercer sobre el tambor debe producir un

movimiento de traslación pura. La aceleración del tambor resultará de la

misma magnitud que la aceleración de B. Tendremos que estudiar los dos

cuerpos, pues están conectados. Comenzaremos por el tambor A. El diagra-

ma de cuerpo libre representa la condición de que el tambor está a punto de

volcarse, por lo que la componente normal de la reacción del plano queda

en la posición extrema de la base de sustentación. Además del diagrama de

cuerpo libre, dibujamos un esquema del sistema resultante.

𝐹𝑟 = 33 kg →


360

Ejemplo. El anuncio de una pescade-

ría es la figura de un pez de 40 kg de

peso, y se soporta por dos barras iguales,

articuladas y de peso despreciable. El

conjunto oscila por la acción del viento;

en cierto instante, las barras forman un

ángulo de 15° con la vertical y el anun-

cio tiene una rapidez de 2.4 m/s. Calcule

la aceleración del anuncio y las ten-

siones de las barras en ese instante.

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑁 − 420 = 0; 𝑁 = 420

∑ 𝑀↺𝐹 = 0

420(1.5) − 0.25(420)2.5 − 2.5𝑇 = 0

2.5𝑇 = 420(1.5 − 0.25 × 2.5)

𝑇 = 147

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎

147 − 0.25(420) =420

32.2𝑎

𝑎 =32.2

420(147 − 105)

Continuamos con el cuerpo B..

∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎

𝑃 − 147 =𝑃

32.2(3.45)

𝑃 (1 −3.45

32.2) = 147

𝑎 = 3.22 ft s2⁄ →

𝑃 = 164.6 lb

G


361

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre del anuncio. Las acciones de

las barras tienen las direcciones de estas, pues se trata de cuerpos de masa

despreciable (por tanto, en equilibrio) sujetos a dos fuerzas. Elegimos un

sistema de referencia intrínseco, de modo que el eje normal tiene la direc-

ción de las barras. Añadimos el esquema del sistema resultante, la cual re-

presentamos descompuesta, para facilitar al trabajo.

Podemos calcular directamente la componente normal de la acele-ración,

pues conocemos la rapidez del anuncio y el radio de curvatura de la trayectoria de

la partícula:

𝑎𝑛 =𝑣2

𝑟=

2.42

1.5= 3.84

y para conocer la componente tangencial, planteamos la ecuación

∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡

40𝑠𝑒𝑛 15° =40

9.81𝑎𝑡

𝑎𝑡 = 9.81𝑠𝑒𝑛 15° = 2.539

Componentes de la aceleración:

𝑎 = √3.842 + 2.5392 = 4.603

tan 𝜃 =3.84

2.539; 𝜃 = 17.1°

17.1 − 15 = 2.1°

𝑎 = 4.6 m s2⁄ 2.1°


362

Disponemos de dos ecuaciones para calcular las tensiones de las barras.

∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛

𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 − 40 cos 15° =40

9.81(3.84)

𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 = 54.29 … (1)

∑ 𝑀↺𝐹 = 0

0.4𝑇𝐵 cos 15° − 0.8𝑇𝐴 cos 15° = 0

0.4𝑇𝐵 − 0.8𝑇𝐴 = 0

2𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 = 0 … (2)

Sumando (1) y (2)

3𝑇𝐴 = 54.29

De (2)

Rotación pura. Cinemática

En el caso de la traslación pura, como todas las partículas tienen movi-

mientos idénticos, tanto la velocidad como la aceleración de una partícula

cualquiera se puede predicar del cuerpo, e. g., “el anuncio tiene una rapidez

de 2.4 m/s”. Pero eso no ocurre con la rotación. El lector puede sujetar una

regla por uno de los extremos y girarla: se dará cuenta de que mientras el

punto de la regla en contacto con los dedos permanece fijo, el extremo

opuesto recorrerá en una vuelta una longitud de 2πr, en donde r es el tamao

de la regla; y de que el punto medio recorrerá la mitad de esa longitud.

Cada partícula, pues, de un cuerpo rígido que rota, tiene su particular

movimiento, distinto de cualquiera de otra partícula del mismo cuerpo.

𝑇𝐴 = 18.1 kg

𝑇𝐵 = 36.2 kg


363

Velocidades

Si al segmento de recta AB, de longitud r, lo giramos alrededor de A un

ángulo infinitamente pequeño, dϴ, el extremo B se desplazará una distancia

ds. Puesto que un ángulo es la razón del arco al radio, entonces

𝑑𝜃 =𝑑𝑠

𝑟

𝑑𝑠 = 𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑠

𝑑𝑡= 𝑟

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑣 = �̇�𝑟

Ahora consideremos un cuerpo que

gira alrededor de un eje perpendicular al

plano del papel y que pasa por O. Este

punto se suele llamar centro de rotación.

Un punto cualquiera, P, situado a una dis-

tancia r, describe un arco de circunferen-

cia, Su velocidad, por ser tangente al arco,

resulta perpendicular al radio r, y su mag-

nitud es el producto de la velocidad angu-

lar del radio por la distancia r: Como to-

das las rectas del cuerpo tienen la misma velocidad angular, tal velocidad

la predicaremos del cuerpo y la designaremos con la letra omega

minúscula:

𝜔 = �̇�

Por tanto, la rapidez lineal del punto P será

En esta expresión resulta evidente que la magnitud de la velocidad de

las partículas es directamente proporcional a su distancia del centro de

rotación.

𝑣 = 𝜔𝑟


364

Despejando ω de la expresión que acabamos de asentar, obtenemos

𝜔 =𝑣

𝑟=

3

0.6 𝜔 = 5 rad/s ↺

y la velocidad de A que es perpendicular a la varilla, tendrá la siguiente

magnitud:

𝜔 =3

0.6= 5

𝑣𝐴 = 𝜔𝑟

𝑣𝐴 = 5(0.4)

Todas las partículas de los perímetros de los dos engranes tienen la

misma rapidez, puesto que están en contacto entre sí. Dicha velocidad, por

tanto, se puede obtener mediante el producto de la velocidad angular de A

por su radio, como por el de la velocidad de B por el suyo; es decir

Todos los dientes de los dos engranes tienen la misma rapidez, puesto

que están en contacto entre sí. Dicha velocidad, por tanto, se puede obtener

mediante el producto de la velocidad angular de A por su radio, como por

el de la velocidad de B por el suyo; es decir

𝜔𝐴𝑟𝐴 = 𝜔𝐵𝑟𝐵

Ejemplo. En la posición mos-

trada, el extremo B de la varilla de

un metro tiene una rapidez de 3 m/s,

en la dirección indicada. Determine

la velocidad angular de la varilla y

la velocidad lineal de su extremo A.

Ejemplo. La figura representa dos

engranes de una máquina conectados.

Sabiendo que el engrane A gira con una

rapidez de 90 rpm, diga cuál es la ve-

locidad angular del engrane B y qué ra-

pidez tiene cualquiera de los dientes.

𝑣𝐴 = 2 m s⁄ 70°


365

𝜔𝐵 =𝜔𝐴𝑟𝐴

𝑟𝐵=

90(2)

5

Como todos los dientes de ambos engranes tienen la misma rapidez,

para calcularla, convertiremos la rapidez angular del engrane A de 90 rpm

a rad/s.

𝑣 = 𝜔𝐴𝑟𝐴 Como

90𝑟𝑒𝑣

𝑚𝑖𝑛= 90 (

2𝜋

60)

𝑟𝑎𝑑

𝑠= 3𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄

𝑣 = (3𝜋)2

Aceleraciones

Retomemos el punto P del menhir que rota alrededor de O. Como se

trata de un movimiento circular, su aceleración tiene componente normal y

componente tangencial. La normal, como vimos en el capítulo anterior, es

igual a la velocidad angular al cuadrado por el radio:

𝑎 = �̇�2𝑟

Y la tangencial, que se obtiene derivando la rapidez con respecto al

tiempo, será 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑟

𝑑𝜔

𝑑𝑡

𝑎𝑡 = 𝑟𝑑𝜔

𝑑𝑡

𝜔𝐵 = 36 rpm ↻

𝑣 = 18.85 in s⁄

𝑎𝑛 = 𝜔2𝑟


366

La derivada de la velocidad angular respecto al tiempo es la aceleración

angular de cualquiera de las rectas del cuerpo y, por tanto, se puede predicar

del cuerpo; la representaremos con alfa minúscula:

La velocidad angular se obtiene dividiendo la velocidad lineal de P

entre el radio del volante. Y la aceleración angular, dividiendo la acelera-

ción tangencial de P entre el radio.

𝜔 =𝑣

𝑟=

5

0.4

𝛼 =𝑎𝑡

𝑟=

15

0.4

De la aceleración de P, que tiene componentes normal y tangencial,

nos falta calcular la normal, y componer.

𝑎𝑛 = 𝜔2𝑟 = (12.52)0.4 = 62.5

𝑎 = √62.52 + 152

tan 𝜃 =15

62.5

𝑎𝑡 = 𝛼𝑟

𝜔 = 12.5 rad s⁄ ↺

𝛼 = 37.5 rad s2⁄ ↻

𝑎 = 64.3 m s2⁄ 13.5°

Ejemplo. El punto P del volante

de la figura tiene una velocidad de 5

m/s dirigida hacia arriba, y está dismi-

nuyendo a razón de 15 m/s2. Calcule

la velocidad y aceleración angulares

del volante y la aceleración de P en ese

instante.


367

Para conocer la velocidad de C es necesario saber qué velocidad an-

gular tiene el conjunto tambor-polea B; y para ello partimos del hecho de

que todas las partículas de la banda que une las poleas tienen la misma ra-

pidez. De modo que tal rapidez es tanto el producto de la velocidad angular

de la polea A por su radio, como el de la polea B por el suyo:

𝜔𝐴𝑟𝐴 = 𝜔𝐵𝑟𝐵

𝜔𝐵 =𝜔𝐴𝑟𝐴

𝑟𝐵=

6(3)

5= 3.6

Por tanto, la velocidad de C es

𝑣𝑐 = 𝜔𝐵𝑟 = 3.6(8)

Para obtener la aceleración, procedemos de manera semejante: calcu-

lamos la aceleración angular de B y, con ella, la aceleración de C, que tiene

la misma magnitud que la aceleración tangencial de cualquiera de los

puntos del perímetro del tambor.

𝛼𝐴𝑟𝐴 = 𝛼𝐵𝑟𝐵

𝑣𝑐 = 28.8 in s⁄ ↑

𝑣𝑐 = 28.8 𝑖𝑛 𝑠⁄ ↑

Ejemplo. La figura representa un me-

canismo formado por una polea A, co-

nectada por una banda con la polea B, que

está rígidamente unida a un tambor. Me-

diante una cuerda enrollada en el tambor,

se levanta un cuerpo C. Sabiendo que A

tiene una velocidad angular de 6 rad/s,

que aumenta a razón de 12 rad/s2, calcule

la velocidad y la aceleración lineales del

cuerpo C.


368

𝛼𝐵 =𝛼𝐴𝑟𝐴

𝑟𝐵=

12(3)

5= 7.2

𝑎𝑐 = 𝛼𝐵𝑟 = 7.2(8)

Rotación pura. Cinética A continuación, estableceremos la relación entre el movimiento de

rotación pura con el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre él.

Dividiremos nuestro estudio en rotación pura baricéntrica, y rotación pura

no baricéntrica. En el primer caso, el centro de masa del cuerpo rígido está

contenido en el eje de rotación.

Rotación pura baricéntrica

El centro de rotación del menhir de la

figura coincide con su centro de masa G.

El menhir tiene una velocidad angular ω

y una aceleración angular α. La acelera-

ción de todas las partículas, excepto G,

tiene componente normal, igual al pro-

ducto del cuadrado de la velocidad angú-

lar por su distancia al centro de masa, y

componente tangencial, igual a la acelera-

ción angular multiplicada por la misma

distancia. La fuerza resultante que actúa

sobre una partícula cualquiera tiene tam-

bién una componente normal y otra tan-

gencial.

𝑎𝑐 = 57.6 in s2 ↑⁄

𝑣𝑐 = 28.8 𝑖𝑛 𝑠⁄ ↑


369

La fuerza resultante del sistema que actúa sobre el menhir se obtiene

mediante la suma vectorial de las fuerzas que actúan sobre todas las partícu-

las. Sus componentes serán, por tanto

𝑅𝑛 = ∑ 𝐹𝑛

𝑅𝑛 = ∫ 𝑑𝐹𝑛 = ∫ 𝑎𝑛 𝑑𝑚

𝑅𝑛 = ∫ 𝜔2𝑟 𝑑𝑚 = 𝜔2 ∫ 𝑟 𝑑𝑚

𝑅𝑛 = 𝜔2𝐵𝐺𝑚

𝑅𝑡 = ∑ 𝐹𝑡

𝑅𝑡 = ∫ 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑎𝑡 𝑑𝑚

𝑅𝑡 = ∫ 𝛼𝑟 𝑑𝑚 = 𝑑 ∫ 𝑟 𝑑𝑚

𝑅𝑡 = 𝛼𝐵𝐺𝑚

Ambas componentes están, pues, multiplicadas por el momento estáti-

co del cuerpo respecto al eje de rotación, el cual pasa por el centro de masa

y, por tanto, es nulo. O sea

∑ 𝐹𝑛 = 0 ; ∑ 𝐹𝑡 = 0

Esto no significa que el cuerpo esté en equilibrio. Falta averiguar si el

sistema resultante es un par. Para ello sumaremos los momentos de las

fuerzas con respctao al centro de masa.

Las componentes normales de las fuerzas que actúan sobre las partícu-

las no producen ningún momento respecto al centro de masa, puesto que

sus líneas de acción pasan por él. Entonces

∑ 𝑀𝐺𝐹 = ∫ 𝑟 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑟 (𝛼𝑟 𝑑𝑚)

∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼 ∫ 𝑟2 𝑑𝑚

∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼 ̅

Concluimos que el sistema resultante de las fuerzas que actúan sobre

un cuerpo dotado de rotación pura baricéntrica es un par de fuerzas, cuya

magnitud es igual a la aceleración angular del cuerpo por el momento de


369

inercia de su masa respecto al eje de rotación, y cuyo sentido es el de la

aceleración angular del cuerpo. En un sistema de referencia arbitrario, las

ecuaciones cinéticas serán:

Y, como se trata de una par de fuerzas que produce el mismo momento

respecto a cualquier punto, se puede emplear la ecuación alterna

∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼 ̅

Comenzamos estableciendo una relación cinemática entre el mov-

imiento de B y la rotación de A. La aceleración de aquel es igual al producto

de la aceleración angular del cilindro por su radio.

𝑎𝐵 = 𝛼𝑟 = 0.2𝛼 … (1)

Continuamos con el estudio del cuerpo B. Dibujamos el diagrama de

cuerpo libre y elegimos un eje de referencia en dirección del movimiento.

Ejemplo. A un cilindro macizo A

de 40 kg se le enrolla una cuerda de la

que pende un cuerpo B de 20 kg, como

se muestra en la figura. Determine la

aceleración angular del cilindro A, la

aceleración lineal del cuerpo B, la

tensión de la cuerda y la reacción del

apoyo sobre el cilindro.

∑ 𝐹𝑥 = 0

∑ 𝐹𝑦 = 0



370

Decidimos emplear un sistema de unidades gravitacional, es decir, que el

kg es unidad de fuerza. Y sustituimos la aceleración de B por el valor que

acabamos de obtener.


20 − 𝑇 =20

𝑔(0.2𝛼)

𝑇 = 20 −4

𝑔𝛼 … (2)

A continuación dibujamos el diagrama de cuerpo libre del cilindro ma-

cizo y un diagrama del sistema resultante.


0.2𝑇 = 𝛼 [1

2𝑚𝑟2]

0.2𝑇 = 𝛼 [1

2(

40

𝑔) 0.22]

𝑇 =4

𝑔𝛼 … (3)

Igualando las dos últimas ecuaciones y resolviendo:

4

𝑔𝛼 = 20 −

4

𝑔𝛼

8

𝑔𝛼 = 20

𝛼 =20

8𝑔 = 2.5(9.81)

𝛼 = 24.5 rad s2 ↺⁄

𝑎𝐵 = 4.91 m s2⁄ ↓

𝑇 = 10 kg


371

∑ 𝐹𝑥 = 0

𝑅𝐺𝑥 − 10 = 0 ; 𝑅𝐺𝑥 = 10

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑅𝐺𝑦 − 40 = 0 ; 𝑅𝐺𝑦 = 40

𝑅𝐺 = √102 + 402 ; tan 𝜃 =40

10

Comenzamos estableciendo la relación cinemática entre la

aceleración de C y la aceleración angular del conjunto B. Y luego

analizamos el cuerpo C para determinar la tensión requerida en la cuerda.

𝑎𝑐 = 𝛼𝐵𝑟𝑐 ; 24 = (1)𝛼𝐵 ; 𝛼𝐵 = 24 ↺

𝛼𝐵𝑟𝐵 = 𝛼𝐴𝑟𝐴

𝛼𝐴 =𝛼𝐵𝑟𝐵

𝑟𝐴=

24(0.8)

0.15

𝛼𝐴 = 128 ↻

𝑅𝐺 = 41.2 kg 76°

Ejemplo. Se desea que el cuerpo C

de la figura, que pesa 32.2 lb, adquiera

una aceleración lineal de 24 ft/s2 diri-

gida hacia arriba. Diga qué par de fuer-

zas M debe aplicarse al engrane A para

lograrlo. El engrane A pesa 3.22 lb y

tiene un radio de giro centroidal de 0.12

ft; el conjunto corona-tambor B pesa

64.4 lb y su radio de giro centroidal es

de 0.75 ft.


372


𝑇 − 32.2 = (1)24

𝑇 = 56.2

Ahora determinamos la fuerza que debe ejercer el engrane A sobre la

corona.


0.8𝐹 − 56.2(1) = 24𝑘2𝑚

0.8𝐹 − 56.2 = 24(0.752)𝑚

0.8𝐹 = 56.2 + 48(0.752)

𝐹 = 104

Establecemos la relación cinemática entre la aceleración angular de B

y la de A, y determinamos el par de fuerzas M que se requiere.

56.2


373


−𝑀 + 0.15(104) = −128(0.122)0.1

𝑀 = 0.15(104) + 128(0.122)

Rotación pura no baricéntrica

Ahora consideraremos un menhir que

gira alrededor de un eje, perpendicular al

plano del movimiento, que no contiene el

centro de masa del cuerpo. Nuevamente

tomaremos una partícula arbitraria de

masa diferencial, cuya aceleración tiene

componentes normal y tangencial; las

fuerzas que actúan sobre ella también tie-

nen esas dos componentes. Llamaremos �̅� a la distancia entre el centro de

rotación y el centro de masa. El menhir tiene una ve-locidad angular ω y

una aceleración angular α.

Primeramente, tomaremos nota de que las componentes de la acelera-

ción de centro de masa son

(𝑎𝐺)𝑛 = 𝜔2�̅� ; (𝑎𝐺)𝑡 = 𝛼�̅�

Ahora trataremos de relacionar el movimiento del cuerpo con el siste-

ma resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre él, sabiendo que las

componentes de la fuerza resultante se obtienen con las sumas algebraicas

de las componentes correspondientes de las fuerzas del sistema, y que tal

fuerza produce, respecto a cualquier punto, el mismo momento que todas

las fuerzas del sistema respecto al mismo punto.

Emplearemos el sistema de referencia intrínseco que corresponde a la

partícula arbitraria elegida, y el centro de rotación como centro de momen-

tos.

𝑀 = 17.44 lb ∙ ft ↻


374

𝑅𝑛 = ∑ 𝐹𝑛

∑ 𝐹𝑛 = ∫ 𝑑𝐹𝑛 = ∫ 𝑎𝑛 𝑑𝑚 = ∫ 𝜔2𝑟 𝑑𝑚 = 𝑤2 ∫ 𝑟 𝑑𝑚

∑ 𝐹𝑛 = 𝜔2𝐵0𝑚 = 𝜔2𝑚�̅�

∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑛

𝑅𝑡 = ∑ 𝐹𝑡

∑ 𝐹𝑡 = ∫ 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑎𝑡 𝑑𝑚 = ∫ 𝑑𝑟 𝑑𝑚 = 𝛼 ∫ 𝑟 𝑑𝑚

∑ 𝐹𝑡 = 𝛼𝐵0𝑚 = 𝛼𝑚�̅�

∑ 𝐹𝑡 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑡

𝑀0𝑅 = ∑ 𝑀0𝐹

∑ 𝑀0𝐹 = ∫ 𝑟 𝑑𝐹𝑡 = ∫ 𝑟(𝛼𝑟 𝑑𝑚) = 𝛼 ∫ 𝑟2𝑑𝑚

∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0

Las ecuaciones anteriores se pueden escribir más ordenadamente así:

∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟

∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼�̅�

∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0


375

Con ellas obtenemos un sistema fuerza-par en el centro de rotación. Y

resulta más práctico que conocer la magnitud, dirección y posición de la

fuerza resultante (1).

Dibujamos el diagrama de cuerpo libre y otro diagrama que represente

las componentes de la resultante del sistema de fuerzas aplicadas en el

centro de rotación, y el par que las acompaña.

∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0

10 𝑠𝑒𝑛 20(0.8) = 𝛼𝑘02𝑚

8 𝑠𝑒𝑛 20° = 𝛼(0.92)10

9.81

𝛼 =8(9.81)𝑠𝑒𝑛 20°

8.1

(1) aEl sistema fuerza-par se puede reducir a una sola fuerza, cambiándola

de posición. El punto en que la línea de acción de esa fuerza resultante corta

a la recta OG se llama centro de percusión. Conocerlo puede tener interés

en algunos problemas, sobre todo de baricéntrico.

Ejemplo. El péndulo compuesto de la

figura puede girar libremente alrededor

de un eje horizontal que pasa por O. Pesa

10 kg y su centro de masa está en G, El

radio de giro de su masa respecto a O es

ko = 0.9 m. En la posición mostrada, se

mueve con una velocidad angular de 4

rad/s en sentido antihorario. Determine la

aceleración angular del péndulo y la reac-

ción de la articulación O.

𝛼 = 3.31 rad s2⁄ ↺


376

∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2�̅�

𝑅0𝑛 = −10 cos 20° =10

9.81(42)0.8

𝑅0𝑛 = 10 (cos 20° +16

9.81[0.8]) = 22.4

∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼�̅�

𝑅0𝑡 + 10 𝑠𝑒𝑛 20° =10

9.81(3.31)0.8

𝑅0𝑛 = 10 (3.31

9.81[0.8] − 𝑠𝑒𝑛 20°) = −0.718

𝑅0 = √22.42 + 0.7182

tan 𝜃 =0.718

22.4 ; 𝜃 = 1.84°

Para conocer la reacción de la articulación, necesitamos investigar pre-

viamente la velocidad y aceleración angulares de la barra. Como ambas va-

Ejemplo. La barra delgada y homo-

génea que se muestra en la figura está

articulada en O y puede girar libre-

mente en el plano vertical. Se suelta

desde la posición en que ϴ = 0°.

Sabiendo que pesa 16.1 lb y mide 8 ft,

calcule la reacción de la articulación

cuando el ángulo ϴ alcance los 60°.

𝑅0 = 22.4 kg 70.2°


377

rían conforme a la posición de la barra, dibujaremos un diagrama de cuerpo

libre, y el diagrama del sistema equivalente, para una posición arbitraria.

Como la barra es delgada y homogénea, el momento de inercia de la masa

respecto a O es (1/3)ml2. La distancia �̅� entre O y G es de 4 ft.

∑ 𝑀0𝐹 = 𝛼𝐼0

16.1 cos 𝜃 (4) = 𝛼 (1

3) 0.5(82)

64.4 cos 𝜃 =32

3𝛼

𝛼 = 6.038 cos 𝜃

𝜔𝑑𝜔

𝑑𝜃= 6.038 cos 𝜃

∫ 𝜔 𝑑𝜔 = 6.038 ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃

𝜔2

2= 6.038 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐶

𝑆𝑖 𝜃 = 0; 𝜔 = 0, por lo tanto 𝐶 = 0

𝜔2 = 12.75 𝑠𝑒𝑛 𝜃

Para 𝜃 = 60°

𝜔2 = 12.75 (√3

2) = 10.457

𝛼 = 6.038 (1

2) = 3.019

∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝜔2�̅�

𝑅0𝑛 − 16.1 (√3

2) = 0.5(10.457)4

𝑅0𝑛 = 8.05√3 + 2(10.457) = 34.86


378

∑ 𝐹𝑡 = 𝑚𝛼�̅�

𝑅0𝑡 + 16.1 (1

2) = 0.5(3.019)4

𝑅0𝑡 = 2(3.019) − 8.05 = −2.012

𝑅0 = √34.862 + 2.0122

tan 𝛽 =2.012

34.86 ; 𝛽 = 3.3°

30° − 14.9° = 15.1°

El centro de masa como centro de momentos

Es importante poder escribir las ecuaciones del movimiento de rotación

pura no baricéntrica tomando como centro de momentos, en vez del centro

de rotación, el centro de masa.

Ya hemos obtenido un sistema fuer-

za-par equivalente al sistema de fuerzas

que actúa sobre el cuerpo. Ahora trans-

portaremos la fuerza resultante al centro

de masa. Para lograrlo, será necesario su-

mar al par que teníamos, el par de trans-

porte con el que hay que acompañar la

fuerza para que no se alteren los efectos

externos. El par de transporte es igual al

momento que produce la componente

tangencial respecto al centro de masa, es

decir,

∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼𝐼0 − 𝑚𝛼�̅�

∑ 𝑀𝐺𝐹 = 𝛼(𝐼0 − 𝑚�̅�)

𝑅0 = 34.9 lb 33.3°


379

pero, del teorema de los ejes paralelos, que establece que el momento de

inercia respecto a un eje cualquiera es igual al momento de inercia centroi-

dal más el producto de la masa por la distancia entre los ejes al cuadrado,

tenemos que

𝐼0 = 𝐼̅ + 𝑚�̅�

𝐼 ̅ = 𝐼0 − 𝑚�̅�

es decir, las ecuaciones cinéticas para un cuerpo con rotación pero no

baricéntrica pueden ser:

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥

∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦


Por otro lado, si en vez de elegir un sistema de referencia intrínseco,

en relación a las componentes tangencial y normal de la aceleración del

centro de masa, se elige un sistema arbitrario x-y, entonces las ecuaciones

se aplican perfectamente al movimiento de rotación no baricéntrica.

Tienen estas tres ecuaciones especial importancia por su generalidad.

Se aplican a la traslación pura y a la rotación baricéntrica, como a casos

particulares. En la traslación, la aceleración angular, lógicamente, es nula,

y la resultante es una fuerza cuya línea de acción pasa por G. Y en la

rotación pura baricéntrica es nula la aceleración del centro de masa y el

sistema resultante es un par.

Y, como se verá en el siguiente capítulo, se aplican al movimiento

plano general, pues dicho movimiento puede considerarse como una rota-

ción pura no baricéntrica, cuyo centro de rotación cambia de posición conti-

nuamente. O sea: estas ecuaciones pueden aplicarse a cualquier movimien-

to plano del cuerpo rígido.



380

Serie de ejercicios de Cinemática y Dinámica

TRASLACIÓN Y ROTACIÓN PURAS

1. La camioneta que se representa en la

figura viaja originalmente a 90 km/h y, frenan-

do uniformemente, emplea 60 m en detenerse.

Diga qué aceleración sufre su centro de masa G

durante el frenado. Calcule también la acelera-

ción del centro de rotación de la rueda delantera

en ese mismo lapso.

(Sol. aG = 5.21 m/s2 ; aO’ = 5.21 m/s2 )

2. El menhir de la figura está sujeto a la

acción de las tres fuerzas que se muestran. ¿Qué

fuerza adicional se le debe aplicar para que se

traslade horizontalmente hacia la derecha con

una aceleración de 3 m/s2?

(Sol. 1812 kg 83.7º x = 0.331 m)

3. El remolque mostrado pesa 900 lb y está

unido a un vehículo mediante un enganche de

bola y cuenca. Si el vehículo aumenta su rapi-

dez uniformemente de 15 a 45 mi/h en 10 s,

¿cuál es la magnitud de la componente vertical

de la reacción del enganche sobre el remolque?

La resistencia al rodamiento es despreciable.

(Sol. 46.1 lb)

4. Un camión que viaja a 30 mi/h transporta

un refrigerador de 500 lb de 90 por 30 in como

se indica en la figura. Calcule el tiempo mínimo

que puede emplear en detenerse, frenando uni-

formemente, de modo que el refrigerador ni se

deslice ni se vuelque.

(Sol. 4.10 s)


381

5. Una placa de fierro de 2 cm de espesor

está sujeta como se muestra. Sabiendo que el

peso específico del material es de 7.2 kg/dm3,

determine la tensión en cada uno de los cables

en el instante en que se corta BC.

(Sol. TA = 30 kg; TB = 20.5 kg)

6. La barra AD, que está unida a un motor,

mueve a la solera homogénea AB de 32.2 lb de

peso. En el instante mostrado, AD tiene una

rapidez angular de 3 rad/s y una aceleración

angular de 5 rad/s2. Sabiendo que la masa de

la barra BC es despreciable, ¿cuáles son la mag-

nitud de la fuerza y el tipo de esfuerzo en ella?

(Sol. 4 lb [tensión])

7. El diámetro de un volante gira conforme

a la expresión = t2 – 8t + 1, en donde si t se da

en s, resulta en rad. Calcule: a) la velocidad

angular media del volante durante los dos

primeros segundos; b) su aceleración media

durante el tercer segundo; c) el tiempo en que la

rotación del volante cambia de sentido; d) el

número total de revoluciones que gira el volante

durante los diez primeros segundos.

(Sol. 6 rad/s ↻; 2 rad/s2 ↺; 4 s; 8.28 rev)

8. Desde el instante en que se desconecta la hélice de un avión, que se

mueve a 120 rpm, hasta detenerse, gira 80 revoluciones. Suponiendo que

el movimiento es uniformemente acelerado, determine el tiempo que

emplea la hélice en detenerse. (Sol. 80 s)


382

9. El radio del rotor de una turbina hidráulica, durante su arranque,

describe un ángulo proporcional al cubo del tiempo y, a los tres segundos,

la turbina tiene una velocidad angular de 810 rpm. Escriba la ecuación de

la rapidez de la turbina (en rad) en función del tiempo (en s).

(Sol. = 3t2)

10. La figura representa el impulsor de una

bomba centrífuga que gira alrededor de su cen-

tro de figura y P es una partícula de agua que

está a punto de abandonarlo. Sabiendo que el

impulsor tiene un diámetro de 40 cm y que su

rapidez angular es de 90 rpm, diga cuál es la

magnitud de la velocidad lineal del punto del

impulsor que está en contacto con la gota de

agua.

(Sol. 188.5 cm/s)

11. El piñón A que gira a 120 rpm comienza

a detenerse, reduciendo su rapidez uniforme-

mente, hasta pararse por completo en diez mi-

nutos. ¿Cuántas revoluciones da la corona B en

ese tiempo? El piñón A tiene 3 cm de radio, la

corona B, 5.

(Sol. 360 rev)

12. Las partículas de la banda de una polea se desplazan con una

velocidad de 50 cm/s . Cierto punto A de la polea, que se encuentra a 20

cm del perímetro, tiene una rapidez lineal de 10 cm/s . Determine el

diámetro y la velocidad angular de la polea.

(Sol. 50 cm; 2 rad/s ↺)

13. La barra AB gira alrededor de O con

rapidez angular de 30 rpm. Calcule la magnitud

de la velocidad lineal relativa de A respecto a B.

(Sol. 15.71 ft/s)


383

14. El cuerpo A de la figura desciende confor-

me a la ley s = 10 t2, donde s es la longitud recorrida

en cm y t el tiempo en s. Si el árbol en el que está

enrollada la cuerda tiene un radio de 20 cm: a)

determine su aceleración y velocidad angulares en

función de t; b) escriba una expresión que defina la

rapidez angular del árbol en función de la longitud

s recorrida por A.

(Sol. a) = t; = 1; b) = (0.1 s)1/2)

15. Si el motor de la figura emplea 0.03 s en

alcanzar una rapidez de 180 rpm acelerando

uniformemente, diga cuál es la aceleración angular

de la polea B durante ese lapso. ¿Qué aceleración

lineal tiene un punto P de la polea C, en contacto

con la banda, al final de dicho movimiento?

…………………………(Sol. 251 rad/s2; 50.5 m/s2)

16. Las barras que mueven el limpiador de la

figura oscilan de modo que el ángulo que forman

con la vertical sigue la ley = 0.9 sen pt, donde

está en rad, t en s y p es una constante igual a 0.8

rad/s. Diga cuáles son la velocidad y aceleración

máximas con que se mueve el limpiador.

(Sol. 0.288 m/s ó ;

0.230 m/s2 51.6° ó 5I.6°)

17. La aceleración de una partícula de un impulsor, en cierto instante, forma

con el radio del impulsor al que pertenece un ángulo de 60º y su magnitud es de

20 m/s2. Si dicha partícula se encuentra a 1 m del centro de rotación, ¿cuáles son

la velocidad y aceleración angulares del impulsor?

18. La manivela BC del mecanismo de la figura

gira con velocidad angular constante de 30 rpm en

el sentido de las manecillas del reloj. ¿Cuál es la

velocidad media de la corredera A en el lapso en que

ésta recorre su trayectoria de un lado a otro?

………………………………………(Sol. 30 cm/s)

(Sol. 30.2 rpm; 17.32 rad/s2)


384

19. El radio de giro del menhir del problema 2, respecto a un eje que pasa por

su centro de masa, es de 1 m. ¿Qué fuerza adicional se le debe aplicar para que se

mueva con rotación baricéntrica y su aceleración angular sea de 3 rad/ s2 en sentido

contrario de las manecillas del reloj? (Sol. 1803 kg 86.8º x = 0.497 m)

20. La doble polea que se muestra pesa 322 lb

tiene un radio de giro centroidal de 1.5 ft. Despre-

ciando el rozamiento en el eje de rotación, calcule:

a) las aceleraciones lineales de los cuerpos A y B; b)

la aceleración angular de la polea; c) las tensiones

de las cuerdas.

(Sol. a) aA = 3.96 ft/s2 ↓; aB = 1.982 ft/s2 ↑ b) 1.982 rad/s2 ↺; c) TA = 56.5 lb; TB = 68.4 lb)

21. Los cuerpos A y B comenzaron a moverse

hasta que A alcanzó una rapidez de 120 rpm. En ese

instante, se apoyó la barra OC sobre A, como se

muestra en la figura, logrando que los cuerpos fre-

naran hasta detenerse en 15 s. Diga: a) qué tiempo

empleó la polea-tambor A en alcanzar las 120 rpm;

b) qué distancia total que recorrió B; c) cuál es el

coeficiente de fricción cinética entre A y la barra

OC. (Sol. a) 0.994 s; b) 20.1 m; c) 0.1777)

22. Determine la aceleración angular de la

polea y la magnitud de la fuerza y el tipo de esfuerzo

a que están sujetas las barras CE y CD de peso

despreciable. La polea es un cilindro homogéneo

macizo de 16.1 lb de peso y 4 in de radio, libre de

rozamiento.

(Sol. 18.40 rad/s2 ↻; CE = 136.5 lb [compresión];

CD = 67.6 lb [tensión])

23. Determine las aceleraciones angulares del

aro y del disco que se muestran en la figura, en el

instante en que se sueltan. Determine también la

magnitud de la reacción en cada articulación en

dicho instante, sabiendo que tanto el aro como el

disco tienen un peso P y se mueven en un plano

vertical.

(Sol. α = g/2r ↻; R = P/2 ↑; α = 2g/3r ↻ ; R = P/3 ↑)


385

24. Las barras homogéneas OA y BC pesan 8

kg cada una y están soldadas en A. Pueden girar

libremente alrededor de un eje horizontal que pasa

por O. Si al pasar por la posición mostrada su velo-

cidad angular es de 4 𝑠−1, calcule la magnitud de las

componentes horizontal y vertical de la reacción de

la articulación O.

(Sol. 9.79 kg ←; 3.29 kg ↑)

25. Las dos barras mostradas están articuladas

ven A y giran en un plano horizontal alrededor del

punto O con rapidez angular constante de 10

rad/s. La barra homogénea AB pesa 50 lb. Determi-

ne la tensión de la cuerda OB.

(Sol. 116.5 lb)

dinÁmica del cuerpo rÍgido -...

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