problem as de cine tica cuerpo rig i do

Problemas Resueltos de Cinetica de Cuerpos Rıgidos: Ecuaciones

de Newton-Euler.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica.

Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E.

Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5

CP 36730, Salamanca, Gto., Mexico

E-mail: [email protected]

Alejandro Tadeo Chavez

Departamento de Ingenierıa Mecatronica.

Instituto Tecnologico Superior de Irapuato

Carretera Irapuato-Silao Km. 12.5

CP 36614, Irapuato, Gto., Mexico

E-mail: [email protected]

1 Introduccion.

En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cinetica de cuerposrıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares.

Problema 1. El montacargas mostrado pesa 2250Lb y se emplea para levantar una caja de pesoW = 2500Lb. El montacargas se esta moviento a la izquierda a una rapidez de 10 ft/s cuando se aplicanlos frenos sobre las cuatro ruedas. Sabiengo que el coeficiente de friccion estatica entre la carga y elmontacargas es 0.30, determine la distancia mas pequena en la que el montacargas puede pararse si lacarga no debe deslizarse y el montacargas no debe voltearse hacia adelante.1

Solucion. Primero se analizara la posibilidad de que la carga deslize sobre el montacargas. Para talfın, considere el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 2. Se denotara por Wc

el peso de la carga, por Ncm la reaccion entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de friccionestatica entre la carga y el montacargas. Finalmente, la aceleracion horizontal calculada en esta etapa sedenominara a1.

Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una partıcula, pues estasujeta a traslacion—, se tiene que

ΣFy = 0 − Wc + Ncm = 0 ΣFx = Max µs Ncm =Wc

ga1

1Este es el Problema 16.10 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,

E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

1

Figure 1: Dibujo de un montacargas y carga.

De la primera ecuacion se tiene queNcm = Wc.

Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacion, se tiene que la aceleracion maxima que el montacargaspuede soportar sin que la carga se deslize, esta dada por

µs Wc =Wc

ga1 por lo tanto a1 = µs g = (0.3)(32.2 p/s2) = 9.66 p/s2

A continuacion se analizara la posibilidad de que el montacargas se voltee hacia el frente. Debe notarseque la posicion crıtica para evaluar esa posibilidad ocurre cuando las ruedas traseras estan a punto dedespegarse. Por esta razon, el diagrama de cuerpo rıgido del montacargas mostrado en la parte derechade la figura 2, no hay reacciones en las ruedas traseras.

Figure 2: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga.

2

El primer paso sera la determinacion de la localizacion del centro de masas del conjunto formado porel montacargas y la carga. Para este fın se empleara como referencia el punto A localizado en las ruedasdelanteras. Se denotara por C el centro de masas de la carga, por G al centro de masas del montacargasy por GC al centro de masas del conjunto carga y montacargas

QA =Wc

g~rC/A +

Wm

g~rG/A =

Wc

g

(

−3 i + 4 j)

ft. +Wm

g

(

4 i + 3 j)

ft.

Por otro lado

QA =Wm + Wc

g~rGC/A

Por lo tanto

~rGC/A =

Wc

g

(

−3 i + 4 j)

ft. + Wm

g

(

4 i + 3 j)

ft.

Wm+Wc

g

=Wc

(

−3 i + 4 j)

ft. + Wm

(

4 i + 3 j)

ft.

Wm + Wc

=2500 lbf.

(

−3 i + 4 j)

ft. + 2250 lbf.(

4 i + 3 j)

ft.

4750 lbf=

(

6

19i +

67

19j

)

ft.

Para que el montacargas no se vuelque hacia adelante, es necesario que la suma de momentos conrespecto al centro de masas del conjunto satisfaga la condicion

ΣTGC ≤ 0.

Desarrollando esta condicion se tiene que

µNA67

19ft. − NA

6

19ft. ≤ 0 µ ≤

6

19

67

19

=6

67= 0.08955

De manera que de la ecuaciones

ΣFy = M ay ΣFx = M ax

se obtiene

NA − (Wc + Wm) = 0 µNA =Wc + Wm

gax

Por lo tanto

ax =µNA

Wc+Wm

g

=µ (Wc + Wm)

Wc+Wm

g

= µ g = 2.8835 ft/s2.

Puesto que esta ultima aceleracion es la menor, es la que limita la distancia mınima para frenar. Elcalculo esta dado por

s =v2

f − v20

2 ax=

02 − (10 ft/s)2

2(−2.8835 ft/s2)= 17.34 ft.

Debe notarse que el signo de la aceleracion se toma negativo pues es en sentido contrario a la velocidadinicial.2

2La respuesta dada en el manual de soluciones es evidentemente incorrecta.

3

Problema 1b. El montacargas mostrado pesa 2800Kg lleva una caja de 1500Kg a la altura quemuestra la figura 3. El montacargas se esta moviento a la izquierda cuando se aplican los frenos lo cualcausa una desaceleracion de 3 m/s2. Si el coeficiente de rozamiento estatico entre la caja y el elevador delmontacargas es de 0.50 determınese (a) si la caja se deslizara y (b) la componente vertical de la reaccionen cada rueda. 3

Figure 3: Dibujo de un montacargas y la carga.

Solucion: Primero se determinara si la caja se desliza respecto al montacargas. Para tal fın, considereel diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 4. Se denotara por Wc el peso de lacarga, por Ncm la reaccion entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de friccion estatica entre lacarga y el montacargas. Finalmente, la aceleracion horizontal calculada en esta etapa se denominara a1.

Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una partıcula, pues estasujeta a traslacion—, se tiene que

ΣFy = 0 − Wc + Ncm = 0 ΣFx = Max µs Ncm =Wc

ga1

De la primera ecuacion se tiene queNcm = Wc.

Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacion, se tiene que la aceleracion maxima que el montacargaspuede soportar sin que la carga se deslize, esta dada por

µs Wc =Wc

ga1 por lo tanto a1 = µs g = (0.5)(9.81m/s2) = 4.905m/s2

Puesto que esta aceleracion es mayor que la experimentada por el montacargas, 3m/s2. La conclusiones que la caja no se desliza y el conjunto montacargas y caja actua como un unico cuerpo rıgido.

Para analizar las reacciones en las ruedas del montacargas considere el diagrama de cuerpo rıgido ala derecha de la figura 4. Para este objeto se usaran dos diferentes procedimientos. La aplicacion de

3Este es el Problema 16.11 del libro Mecanica Vectorial para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P. y Johnston, E.R., Quinta

Edicion, McGraw Hill: Mexico. Traduccion de la Quinta Edicion del Ingles.

4

Figure 4: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga.

las ecuaciones de Newton-Euler y la aplicacion del principio de D’Alembert. Para la aplicacion de lasecuaciones de Newton-Euler el primer paso sera la determinacion del centro de masas del conjunto.

QA = Mc ~rC/A + Mm ~rG/A = Mc

(

−0.4 i + 0.95 j)

m + Mm

(

0.6 i + 0.275 j)

m

Por otro ladoQA = (Mm + Wc) ~rGC/A

Por lo tanto

~rGC/A =Mc

(

−0.4 i + 0.95 j)

m + Mm

(

0.6 i + 0.275 j)

m

Mc + Mm

=1500Kg

(

−0.4 i + 0.95 j)

m + 2800Kg(

0.6 i + 0.275 j)

m

4300Kg

= 0.25116m i + 0.51046m j.

De manera que de la ecuaciones de Newton-Euler estan dadas por

ΣFy = M ay ΣFx = M ax

se obtiene

NA + NB − (Mc + Mm) g = 0 µNA + µNB = µ (NA + NB) = (Mc + Mm) ax

Debe notarse que de estas ecuaciones es posible determinar la suma de las reacciones NA + NB yla magnitud del µ (NA + NB) necesaria para satisfacer la desaceleracion del conjunto de montacargas ycarga.

Finalmente la ecuacion

ΣTG = 0 − NA (0.6m) + NB (0.3m) + µ (NA + NB) (0.51046m) = 0

5

Sustituyendo la segunda ecuacion en la tercera, se tiene que

−NA (0.25116m) + NB (0.64884m) + (Mc + Mm) ax(0.51046m) = 0

De manera que la primera y tercera ecuacion resultan

NA + NB = 42183N − 0.25116NA + 0.64884NB = −6584.9N

Matricialmente[

1 1−0.25116 0.64884

] [

NA

NB

]

=

[

42183N−6584.9N

]

El determinante de la matriz de coeficientes esta dado por

∆ =

∣

∣

∣

∣

1 1−0.25116 0.64884

∣

∣

∣

∣

= 0.9

Por lo tanto

NA =

∣

∣

∣

∣

42183N 1−6584.9N 0.64884

∣

∣

∣

∣

∆=

33954N

0.9= 37727N = 3845Kgf.

Ademas

NB =

∣

∣

∣

∣

1 42183N−0.25116 −6584.9N

∣

∣

∣

∣

∆=

4009N

0.9= 4455N = 454Kgf.

Figure 5: Diagramas de cuerpo libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la cargacon aplicacion del principio de D’Alembert.

Ahora se resolvera el problema empleando el principio de D’Alembert, para tal fın, se incluiran lasfuerzas de inercia asociadas a las aceleraciones de la caja y del montacargas. El conjunto de montacargas

6

y caja bajo la influencia de las fuerzas externas y de las fuerzas de inercia esta en equilibrio y, por lotanto, para cualquier punto P , una ecuacion valida es

Σ~TP = ~0

En particular, para el punto A, se tiene que

Σ~TA = NB(0.9m) + Mc a1 (0.95m) + Mm a1 0.275m + Mc g 0.4m − Mm g 0.6m = 0

Por lo tanto

NB =[−(1500) (3) (0.95) − (2800) (3) (0.275) − (1500)(9.81)(0.4) + (2800) (9.81) (0.6)] Kgm · m/s2 · m

0.9m

=4009.8

0.9N = 4455.33N.

Sustituyendo este resultado en la ecuacion de equilibrio en la direccion vertical

NA+NB−(Mc+Mm) g = 0 NA = (Mc+Mm) g−NB = (4300Kgm)(9.81m/s2)−4455.33N = 37727N.

Como puede verse ambos resultados coinciden.

Problema 1c. Una barra uniforme BC que pesa 8Lb se conecta a un collar A mediante una cuerdaAB de 10 pulg, vea la figura 6. Despreciando la masa del collar y la cuerda, determine (a) la aceleracionconstante mas pequena para la cual la cuerda y la barra yacen en lınea recta, (b) la tension correspondientede la cuerda.4

Figure 6: Corredera que arrastra a barra.

Solucion. Sea L = 16 pulg. la longitud de la barra. Debe notarse que si la cuerda y la barra soncolineales entonces la inclinacion de ambas respecto a la horizontal es igual a

θ = sen−1 24

26= 67.38013◦

Entonces, el diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 7

4Este es el Problema 16.4 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.

y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

7

Figure 7: Diagrama de cuerpo libre de la barra.

Las ecuaciones de movimiento de la barra estan dadas por

ΣFx = M ax T cos θ = M ax ΣFy = M ay T sen θ + RC − M g = 0

y

ΣTG = 0 RCL

2cos θ = 0 Por lo tanto RC = 0.

Sustituyento este resultado en las ecuaciones anteriores, se tiene que

T senθ = M g T =M g

senθ= 279.06Poundals = 8.6666Lbf.

Ademas

ax =T cos θ

M= 13.416 pie/s2.

Debe notarse que la condicion RC = 0 es necesaria para que la solucion sea consistente pues, en casocontrario, la barra sufrirıa rotacion.

Problema 1d. Un barril completamente lleno y su contenido tienen un peso combinado de 200Lb.Un cilındro C se conecta al barril a una altura h = 22 in como se muestra en la figura 8. Sabiendo queµs = 0.40 y µk = 0.35. Determine el maximo peso de C para que el barril no se voltee.5

Solucion. Se definiran las siguientes variables

b = 20 in h = 36 in c = 22 in h1 = c − h

2= 22 in − 18 in = 4 in

Es necesario analizar si el cilındro C produce o no movimiento en el barril. Primeramente supondremosque el cilindro no es lo suficientemente pesado para mover el barril. En este caso los diagramas de cuerporıgido del barril y del cilındro estan mostrados en la figura refBeer16-13a.

En este caso las ecuaciones de movimiento son para el barril

ΣFy = 0 M g + NB = 0 ΣFx ≤ µs NB T ≤ µs NB



8

Figure 8: Barril conectado a un cilindro C.

y

ΣTG ≥ 0 NBb

2− µs NB

h

2− T h1 ≥ 0

De las ecuaciones del cilindro C se tiene que

ΣFy = 0 T − Mc g = 0

Figure 9: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril no se mueve.

De la suma de fuerzas en y para el barril y para el cilındro, se tiene que

NB = M g T = Mc g

Sustituyendo estos resultados en la suma de momentos, se tiene que

M gb

2− µs M g

h

2− Mc g h1 ≥ 0

9

Resolviendo para Mc se obtiene

Mc ≤ M(b − µsh)

2h1

=200Lbm

2

20 in − 0.40(36 in)

4 in= 140Lb

Finalmente, se verificara si existe movimiento del barril. De la suma de fuerzas en x, se tiene que

ΣFx ≤ µs NB Mc g ≤ µs M g Mc ≤ µs M

Pero se tiene que140Lbm ≤ 0.40 (200Lbm) = 80Lbm

Este resultado indica que el barril si se mueve. De manera que el analisis se debe volver a realizarsuponiendo movimiento del barril.

Figure 10: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril si se mueve.

Debe notarse que si el barril se mueve, la aceleracion hacia la derecha del barril es igual a la aceleracionhacia abajo del cilındro. Las ecuaciones de fuerzas de los cuerpos son

1. Para el barril

ΣFy = 0 M g − NB = 0 ΣFx = M a − µk NB + T = M a

2. Para el cilındroΣFy = M ay T − Mc g = −Mc a

De manera que, de la suma de fuerzas en x para el barril y de la suma de fuerzas en y para el cilindro,se tiene que

NB = M g Mc a = Mc g − T a =Mc g − T

Mc

Sustituyendo estos resultados en la suma de fuerzas en x para el barril, se tiene

−µk M g + T = MMc g − T

Mc− µk M Mc g + T Mc = M Mc g − T M

10

Por lo tanto, la tension de la cuerda esta dada por

T =M Mc g (1 + µk)

M + Mc

Para evitar que el barril se vuelque es necesario que

ΣTG ≥ 0 NBb

2− µk NB

h

2− T h1 ≥ 0

Sustituyendo los valores de NB y T se tiene que

M gb

2− µk M g

h

2− M Mc g (1 + µk)

M + Mch1 ≥ 0

o(M + Mc) (M b − µk M h) − 2h1 [M Mc (1 + µk)] ≥ 0

La ecuacion puede rearreglarse como

M2 (b − µk h) + M Mc [b − µk h − 2h1 (1 + µk)] ≥ 0

y, despejando Mc, se llega a

Mc ≤ M (b − µk h)

−b + µk h + 2h1 (1 + µk)= 200Lbm

20 in − 0.35(36 in)

−20 in + 0.35(36 in) + 2 (4 in)(1 + 0.35)= 435.29Lbm

La masa maxima de Mc para que el barril no se vuelque es Mc = 435.29Lbm.

Problema 1e. La camioneta vista desde su parte posterior esta viajando a una rapidez v alrededorde una curva de radio medio r peraltada hacia adentro en un angulo θ. El coeficiente efectivo de friccionentre las llantas y el camino es µ. Determine (a) el angulo de peralte adecuado para un valor de v queeliminine cualquier tendencia a deslizarse o voltear, y (b) la maxima velocidad v antes de que la camionetase voltee o deslize para un valor dado de θ. Note que las fuerzas y aceleraciones yacen en el plano de lafigura de manera que el problema puede tratarse como un problema de movimiento plano a pesar de quela velocidad es normal al plano.6

Solucion: Considere el diagrama de cuerpo libre de la camioneta mostrado en la figura 12. Note quelos ejes X y Y se han girado para que sean paralelo y perpendicular al peralte. En este diagrama se hanincluido las fuerzas de friccion en ambos pares de ruedas, las interiores A y las exteriores B.

Ademas se sabe que la aceleracion normal esta dada por

an =v2

r

Las ecuaciones de movimiento de la camioneta, para evitar que la camioneta se salga de la carretera,son

ΣFx = M ax −µNA−µNB−M g sen θ = −Mv2

rcos θ µ (NA + NB) = M

(

−g sen θ +v2

rcos θ

)

6Este es el Problema 6.28 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J. L. and Kraige, L. G., Seventh

Edition, John Wiley: New York.

11

Figure 11: Dibujo de una Camioneta en una Curva Peraltada.

Figure 12: Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada.

y

ΣFy = M ay NA + NB − M g cos θ = Mv2

rsen θ NA + NB = M

(

g cos θ +v2

rsen θ

)

Sustituyendo la segunda ecuacion en la primera, se tiene que

µM

(

g cos θ +v2

rsen θ

)

= M

(

−g sen θ +v2

rcos θ

)

−g (sen θ + µ cos θ) =v2

r(−cos θ + µ sen θ)

Dividiendo ambos lados entre el coseno de θ y simplificando, se tiene que

g (tan θ + µ) =v2

r(1 − µ tan θ)

v2

r= g

tan θ + µ

1 − µ tan θ

12

Si se defineµ ≡ tan β,

La ecuacion anterior puede escribirse como

v2

r= g

tan θ + tan β

1 − tan β tan θ= g tan(β + θ)

Por lo tanto, para un cierto valor del angulo de peralte, la velocidad maxima de la camioneta vmax, paraevitar que se salga de la carretera esta dada por

vmax =√

g r tan(β + θ)

Figure 13: Segundo Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada.

Para analizar si la camioneta se voltea considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura13. Para evitar que la camioneta se vuelque, es necesario que se satisfaga la condicion

ΣTG ≥ 0

Es decir, si en la posicion crıtica mostrada en la figura 13 el momento resultante es positivo. La desigual-dad resultante esta dada por

NBb

2− µNB h ≥ 0

b

2h≥ µ

Este resultado indica que la camioneta se deslizara primero cuando

µ ≤ b

2h

En este caso, se tiene que la velocidad maxima que puede tener la camioneta sin deslizarse es

vmax =√

g r tan(β + θ) =√

g r tan [(tan−1µ) + θ]

13

Evidentemente, la camioneta se volcara cuando

µ >b

2h

Entonces, para calcular la velocidad maxima se sustituye

µ =b

2h

y la velocidad maxima para que no se vuelque, esta dada por

vmax =√

g r tan(β + θ) =

√

g r tan

[

(tan−1b

2h) + θ

]

Estos resultados resuelven la segunda parte del problema. La primera parte esa indicada de manera muycrıptica. Para evitar cualquier posibilidad de volteo el coeficiente de friccion µ = 0. En ese caso, el angulodel peralte que evita, tambien que la camioneta se deslize esta dado por

θ =

(

tan−1 v2

g r

)

− β

para cuando µ = 0. Por lo tanto,β = tan−1µ = tan−10 = 0

y el resultado final es

θ = tan−1 v2

g r

Problema 2. Una varilla delgada y uniforme AB de 4Kg se mantiene fija mediante dos cuerdas yel eslabon CA cuyo peso puede ignorarse. Despues de cortar la cuerda BD, el ensamble gira en un planovertical bajo el efecto combinado de la gravedad y un par M de 6N − m aplicado al eslabon CA en laforma en que se muestra. Determine, inmediatamente despues de que ha sido cortada la cuerda BD, a)la aceleracion de la varilla AB, b) la tension en la cuerda EB.7

Solucion: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente despues de que se corta la barraBD, la barra, 3, AB esta sujeta a movimiento de traslacion curvilınea. Si la cuerda EB, indicada comoeslabon 4, esta en tension, se comporta como un cuerpo rıgido de manera que la velocidad del punto Bde la barra esta dada por

~vB3 = ~vB4 = ~ω4 × ~rB/E = ω4 k ×(

LEB cos θi − LEB sen θj)

= LEB ω4 cos θ j + LEB ω4 sen θ i

donde θ = 60◦. Por otro lado, la velocidad del punto B puede calcularse como

~vB3 = ~ω2 × ~rA/C + ~ω3 × ~rB/A = ω2 k ×(

LCA cos θi − LCA sen θj)

+ ω3 k × LAB i

= LCA ω2 cos θ j + LCA ω2 sen θ i + LAB ω3 j.

7Este es el Problema 16.13 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y

Clausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

14

1

1

1

2

3

4

Figure 14: Grafica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra.

Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares:

LEB ω4 sen θ = LCA ω2 sen θ LEB ω4 cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3

De la primera ecuacion

ω4 = ω2

LCA

LEB,

Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacion, se tiene que

LEB ω2

LCA

LEBcos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3

Por lo queLAB ω3 = 0, Puesto que LAB 6= 0, ω3 = 0.

Este resultado indica, que un instante despues de cortarse la cuerda BD, la velocidad angular de labarra ACB es igual a 0. El analisis puede extenderse para probar que la aceleracion angular de la barraACB es tambien igual a 0.

~aB3 = ~aB4 = ~α4 × ~rB/E − ω24 ~rB/E

= α4 k ×(


− ω24

(


=(

LEB α4 cos θ + ω24LEB sen θ

)

j +(

LEB α4 sen θ − ω24LEB cos θ

)

i

De manera semejante

~aB3 = ~α2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + ~α3 × ~rB/A − ω2

3 ~rB/A

Pero puesto que ω3 = 0, se tiene que

15

~aB3 = ~α2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + ~α3 × ~rB/A

= α2 k ×(


− ω22

(


+ α3 k × LAB i

=(

LCA α2 cos θ + ω22LCA sen θ + α3 LAB

)

j +(

LCA α2 sen θ − ω22LCA cos θ

)

i

Mas aun, la aceleracion de la barra AB, tendra la direccion de la aceleracion tangencial de los puntosA o B. Los diagramas de cuerpo libre de las barras CA y AB se muestran en la figura 15.

Figure 15: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos Rıgidos Involucrados.

Puesto que la masa de la barra CA es despreciable, las ecuaciones de la cinetica de esta barra seconvierten en las ecuaciones de la estatica, y estan dadas por

∑

~F = ~0∑

~MC = ~0.

o−RAx + RCx = 0 − RAy + RCy = 0 M − RAx Lsen θ − RAy Lcos θ = 0.

donde L = 0.45m. y θ = 60◦. De la tercera ecuacion, se tiene que

RAx

√3

2+ RAy

1

2=

M

L=

40

3N. o

√3RAx + RAy =

80

3N.

Las ecuaciones de la cinetica de la barra AB estan dadas por

∑

~F = M ~aG

∑

~MG = ~0.

o

RAx−TBD cos θ = −MAB aG sen θ RAy+TBD sen θ−MAB g = −MAB aG cos θ −RAyd

2+TBD senθ

d

2= 0,

16

donde d = 0.6m. De la tercera ecuacion

RAy = TBD sen θ =

√3

2TBD

Por lo tanto

√3RAx +

√3

2TBD =

80

3N. RAx =

80

3N. −

√3

2TBD√

3=

80

3√

3N. − 1

2TBD.

Sustituyendo RAx y RAy en las dos primeras ecuaciones de la cinetica de la barra AB

80

3√

3N. − 1

2TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ

√3

2TBD + TBD sen θ − MAB g = −MAB aG cos θ

Multiplicando la primera ecuacion por cos θ y la segunda ecuacion por −sen θ y sumando termino atermino, se tiene que

cos θ80

3√

3N. − 1

2TBD cos θ − TBD cos2 θ = −MAB aG sen θ cos θ

−sen θ

√3

2TBD − TBD sen2 θ + sen θMAB g = +MAB aG cos θ senθ

La ecuacion resulta es

40

3√

3N. − 1

4TBD − TBD − 3

4TBD +

√3

2(4Kgm.)

(

9.81m/s2)

= 0

Por lo tantoTBD = 20.84N.

La aceleracion de la barra AB esta dada por

80

3√

3N. − 1

2TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ

aG =− 80

3√

3N. + 1

2TBD + TBD cos θ

MAB sen θ=

− 80

3√

3N. + TBD

MAB sen θ= 1.571m/s2.

Problema 2a. La barra 3 de 15Lb se conecta con un disco 2 cuyo centro de masas esta en A y conla manivela 4, vea la figura 16. Sabiendo que el disco se hace rotar a una rapidez constante de 180 rpm,determine para la posicion mostrada las componentes verticales de las fuerzas ejercidas sobre la barra 3en los pernos B y C.8

Solucion. Debe notarse que si las condiciones de gravitacional son las normales una barra cuya masaes de 15 Lbm. tiene un peso de 15Lbf. de manera que no es necesario indicar si los 15Lb representan masa

o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 16 es un mecanismo paralelogramo,por lo cual el eslabon 3 esta sujeto a traslacion —curvilınea— por lo que todos los puntos del cuerpo

8Este es el Problema 16.19 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,

Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork

17

Figure 16: Mecanismo paralelogramo.

deben tener la misma velocidad y aceleracion. Por otro lado, puesto que el disco gira a velocidad angularconstante ~α2 = ~0.

El primer problema es determinar la aceleracion del eslabon 3. Primero, se determinara el vector deposicion del punto B respecto del punto A, donde a = 2 in, θ = 30◦ y ω2 = 6π rad/s ası pues

~rB/A = 4 a sen θ i + 4 a cos θ j

Por lo tanto

~aG3 = ~aB = ~α2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = − (6π rad/s)

2(

4 a sen θ i + 4 a cos θ j)

= −144π2 a sen θ i − 144π2 a cos θ j

Ahora se consideraran los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo, vea la figura 17.Es importante notar que el centro de masas del disco esta localizado en el punto A y que este disco 2 notiene aceleracion angular. Por lo tanto, puesto que

Σ~TA = 0

se tiene que la reaccion en el perno B debe pasar por el punto A, de manera que cuando se aplica a labarra 3, se tiene que

~RB = RBx i + RBy j = RB

(

sen θ i + cos θ j)

A diferencia del punto B, la falta de informacion acerca de la distribucion de masas del eslabon 4, requieresuponer que no hay ninguna relacion entre las componentes horizontal y vertical en el punto C. Es decir

~RC = RCx i + RCy j

Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento del eslabon 3 estan dadas por

ΣFx = M ax RBx + RCx = MaGx RBx + RCx = −144M π2 a sen θ

ΣFy = M ay RBy + RCy − M g = MaGy RBy + RCy = M(

g − 144π2 a cos θ)

18

Figure 17: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo.

y

ΣTG = 0 − RBy15

2a + RCy

15

2a = 0

De esta ultima ecuacion se tiene queRBy = RCy


2RBy = M(

g − 144π2 a cos θ)

RBy =M

2

(

32.2 ft/s2 − 144π2 a cos θ)

= (7.5Lbm)

(

32.2 ft/s2 − 144π2 rad/s2 1

6ft cos 30◦

)

= −1297Poundals = −40.2Lbf.

Por lo tanto

RB =RBy

cos θ=

−1297Poundals

cos 30◦= −1497.6Poundals = 46.51Lbf.

La componente x de la reaccion en B esta dada por

RBx = RB sen θ = −1497.6Poundals sen 30◦ = −748.8Poundals = 23.25Lbf.

Finalmente, se tiene que

RCx = −144M π2 a sen θ − RBx = −144(15Lbm)π2 1

6ft. sen 30◦ − (−748.8Poundals)

= −1027.72Poundals = −31.917Lbf.

Problema 3. El disco de 180 mm. de radio esta en reposo cuando se coloca en contacto con la bandaque se mueve a velocidad constante, vea la figura 18. Despreciando el peso del eslabon AB y conociendo

19

que el coeficiente de friccion cinetica entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleracionangular del disco mientras ocurre deslizamiento.9

Figure 18: Disco soportado mediante una barra y una banda.

Solucion: La figura 19 muestra los diagramas de cuerpo libre del disco y de la barra. Debe notarseque como se desprecia el peso del eslabon AB esto es equivalente a decir que se supone que el eslabonAB esta en reposo. Por lo tanto, la fuerza que el eslabon AB aplica al disco y la reaccion en el puntoB deben ser ambas de la misma magnitud, sentidos opuestos y colineales al eje de la barra —pues si nofueran colineales producirıan un momento perpendicular al plano del papel.

Figure 19: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra.


Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork

20

Las ecuaciones de movimiento del disco estan dadas por

∑

Fx = 0 N − F C θ = 0∑

Fy = 0 µk N − M g + F S θ = 0

∑

TG = IGα −µk N r =1

2M r2 α

donde el momento de inercia del disco, con respecto a su centro de masas que es el centro del disco, secalculo mediante tablas de momentos de inercia. De la primera ecuacion, se tiene que

N = F C θ


µk F C θ − M g + F S θ = 0

Por lo tanto

F =M g

µk C θ + S θ

y

N =M g C θ

µk C θ + S θ=

M g

µk + tan θ

Sustituyendo estos resultados en la tercera ecuacion se tiene que

−µkM g

µk + tan θr =

1

2M r2 α

Por lo tanto

α = − µk M g1

2M r (µk + tan θ)

= − 2µk g

r (µk + tan θ)= −20.449rad/s2.

donde el signo menos indica que la aceleracion angular es en sentido horario.Problema 4. El volante mostrado en la figura 20 tiene un radio de 500mm y una masa de 120 kg,

y un radio de giro de 375mm. Un bloque A de 15 kg se une a un alambre que esta enrollado al volante,y el sistema se abandona a partir del reposo. Despreciando el efecto de la friccion, determine (a) laaceleracion del bloque A, (b) la velocidad del bloque A despues que se ha movido 1.5m.10

Solucion. Es importante notar que la aceleracion angular del volante y la aceleracion lineal delbloque estan relacionadas por la ecuacion

aA = α r

donde α, aA y r son respectivamente la aceleracion angular del volante, la aceleracion vertical del bloqueA y el radio exterior del volante. Ademas, si α es en sentido horario, aA es hacia abajo. Los diagramasde cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 21.


Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork

21

Figure 20: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante.

Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque estan dadas por

∑

Fx = M aGx ROx = 0∑

Fy = M aGy ROy − T − M g = 0∑

TG = IG α −T r = M k2α∑

Fy = M aA T − MA g = MA aA

donde k es el radio de giro del volante, M es la masa del volante y MA es la masa del bloque A. Lasunicas ecuaciones relevantes son las dos ultimas. Sustituyendo la aceleracion angular se tiene que

−T r = M k2 aA

ro T = −M k2 aA

r2

Sustituyendo este resultado en la ultima ecuacion, se tiene que

−M k2 aA

r2− MA g = MA aA

Por lo tanto

aA = − MA g

MA + M(

kr

)2

Sustituyendo los valores numericos, se tiene que

aA = − (15 kgm) 9.81m/s2

15 kgm + 120 kgm(

0.375 m0.5 m

)2= −1.7836m/s2

El signo negativo indica que el bloque A se mueve hacia abajo, como era de esperarse.

22

Figure 21: Diagramas de cuerpo libre y bloque.

Es importante notar que el bloque A tiene movimiento rectilıneo con aceleracion uniforme. Por lotanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y

v2fA − v2

0A = 2 aA sA o vfA =√

2 aA sA = 2.313m/s.

Desafortunadamente, esta ecuacion unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente quela direccion de la velocidad es hacia abajo.

Problema 5. Cada uno de los engranes A y B pesa 20 lb y tiene un radio de giro de 7.5 pulg, elpinon C pesa 5 lb y tiene un radio de giro de 3 pulg. Si el cople M, de magnitud constante de 50 lb−pulg,se aplica al pinon C, determine (a) la aceleracion angular del engrane A, (b) la fuerza tangencial que elengrane C ejerce sobre A.11

Solucion. De la cinematica de cuerpos rıgidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranesestan relacionadas mediante las ecuaciones

αA rA = αC rC = αB rB o αA = αB = αCrC

rA

pues rA = rB . Debe notarse ademas que MA = MB y kA = kB .12

Revisando los diagramas de cuerpo libre de los engranes, se nota que no es necesario establecer lassumas de fuerzas de cada uno de los engranes, pues cada uno de ellos esta sujeto a rotacion baricentrica;es decir

~aAG = ~aBG = ~aCG = ~0.

Note ademas que si la aceleracion del engrane C es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranesA y B es en sentido antihorario.


Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork12Es evidente que la aceleracion angular del pinon C es horaria y que las aceleraciones angulares de los engranes A y B

son horarias, por eso, en este caso indiqu’e esas direcciones. Pero es posible dejar que el algebra guıe el resultado.

23

Figure 22: Dos engranes movidos por un pinon.

Figure 23: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pinon.

De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejesde rotacion, de los engranes. Ademas se supone que las fuerzas entre los engranes estan dadas por fuerzastangenciales a los radios mostrados, que se denominaran posteriormente radios de paso. Posteriormente,en cursos mas avanzados se mostrara que las fuerzas entre los engranes incluyen componentes radialesque incrementan las reacciones en las revolutas.

Las ecuaciones asociadas a los momentos alrededor de las revolutas estan dadas por

∑

TAG = IAGαA FA rA = MA k2A αA

∑

TBG = IBGαB FB rA = MA k2A αA

∑

TCG = ICGαC − M + FA rC + FB rC = −MC k2C αC

24

De la primeras dos ecuaciones se tiene que

FA =MA k2

A αA

rA=

MA k2A αC rC

r2A

FB =MA k2

A αA

rA=

MA k2A αC rC

r2A

Sustiyendo en la∑

TCG = ICG, se tiene que

−M +MA k2

A αC rC

r2A

rC +MA k2

A αC rC

r2A

rC = −MC k2C αC

o

αC =M

MC k2C + 2MA k2

Ar2

C

r2

A

=50(32.2) 1

12Lbm − p2/s2

5Lbm(0.25 p)2 + 2

[

20Lbm(0.75 p)2(

4 pulg10 pulg

)2] = 34.2918 rad/s2.

Por lo tanto, la aceleracion del engrane A sera

αA = αB = αCrC

rA= 34.2918 rad/s2 4 pulg

10 pulg= 13.7167 rad/s2.

y la fuerza entre los engranes A y C esta dada por

FA =MA k2

A αA

rA=

20Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2

0.8333 p= 185.176Poundals = 5.75Lbf.

Figure 24: Grafica de un volante sujeto a friccion.

Problema 6. El volante que se muestra en la figura 24 consiste en un disco de 30 pulgadas de diametrocon peso de 240 Lb. El coeficiente de friccion entre la banda y el volante es de 0.35. Si la velocidad

25

angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine lamagnitud de la fuerza ~P requerida para deternerlo en 25 revoluciones.13

Solucion: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la estatica pero que quizaslos lectores no recuerdan, ese tema es friccion en bandas o cuerdas. Para tal fın considere la figura 25,que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦, la figura muestra ademasun analisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relacion entre las fuerzas ~T1 y ~T2 queaparecen en los extremos de la banda, o correa.

Figure 25: Deduccion del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Friccion.

Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 25. Las ecuaciones son

∑

Fy = 0 T sen∆ θ

2+ (T + ∆T ) sen

∆ θ

2− N = 0,

Despreciando, los terminos infinitesimales de orden superior, se tiene que14

N = 2Tsen∆ θ

2≈ T ∆ θ.

y∑

Fx = 0 − T cos∆ θ

2+ (T + ∆T ) cos

∆ θ

2− µN = 0,

Nuevamente, despreciando los terminos de orden superior, y sustituyendo el valor de N ,15 se tiene

−T + (T + ∆T ) − µT ∆ θ = 0

o

∆ T = µT∆ θ∆ T

∆ θ= µT

dT

d θ= µT.


Clausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.14Para angulos pequenos sen α = α en radianes.15Para angulos pequenos cosα = 1

26

Por lo tanto, resolviendo la ecuacion diferencial, se tiene que

∫

d T

T=

∫

µθ Ln | T |= µ θ + C T = eµ θ+C T = C1 eµ θ

Si se propone la condicion inicial que para θ = 0, T = T0, se tiene que

T0 = C1 eµ 0 = C1 1 = C1

Por lo tantoT (θ) = T0 eµ θ.

De la cinematica del cuerpo rıgido, para que el volante pare en 25 rev = 50π rad., desde una velocidadangular de ω0 = 360 r.p.m. = 12π rad/s, es necesario que la aceleracion angular sea igual a

α =ω2

f − ω20

2∆ θ=

0 − (12π rad/s)2

2 (50π)= −36π

25

rad

s2.

Es importante notar que el signo negativo aquı indica que la aceleracion es en sentido opuesto a lavelocidad angular inicial, y por lo tanto, en sentido antihorario.

Por otro lado, puesto que la banda esta enrollada un cuarto de vuelta en el volante, la fuerza en elotro extremo de la banda esta dada por

Pf = P eµ π

2

Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotacion, que es un eje principal deinercia, esta dado por

IG =1

2M r2

De modo que la ecuacion de movimiento del sistema esta dada por

∑

MG = IGα − P r + P eµ π

2 r =1

2M r2 72π

25

rad

s2.

o

P(

eµ π

2 − 1)

r =1

2M r2 36π

25

rad

s2.

o

P =M r 18 π

25

rads2

eµ π

2 − 1=

18π

25

(240Lbm.) (1.25 pies) rads2

eµ π

2 − 1= 925.92 poundals = 28.755Lbf.

Problema 7. Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura26. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la distancia b para la cual laaceleracion del extremo A es maxima, b) la aceleracion correspondiente del extremo A y la reaccion enC.16

Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 27, puesto que alromperse la cuerda en B, la velocidad angular de la barras es 0, solo esta presente la aceleracion normal.



27

Figure 26: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.

Figure 27: Cuerpo libre de la barra.

Las ecuaciones de movimiento del cuerpo rıgido son

∑

Fx = 0 Rcx = 0∑

Fy = M aGy RCy − mg = −mα

(

l

2− b

)

y, finalmente,

∑

TC = IC α −mg

(

l

2− b

)

= −[

1

12ml2 + m

(

l

2− b

)2]

α = −(

1

12ml2 +

1

4ml2 − ml b + mb2

)

α.

Por lo tanto, la aceleracion angular de la barra esta dada por

α =g

(

l2− b

)

1

3l2 − l b + b2

Por lo tanto, la magnitud de la aceleracion del punto A esta dada por

| ~aA |= α b =g

(

l b2− b2

)

1

3l2 − l b + b2

,

28

si se considera que b es una variable, el maximo valor de | ~aA | esta dada para cuando

0 =d | ~aA |

d b=

g(

l2− 2 b

) (

1

3l2 − l b + b2

)

− g(

l b2− b2

)

(−l + 2 b)(

1

3l2 − l b + b2

)2

Por lo tanto(

l

2− 2 b

) (

1

3l2 − l b + b2

)

−(

l b

2− b2

)

(−l + 2 b) = 0.

Reduciendo la ecuacion se tiene quel2 − 4 l b + 3 b2 = 0.

Las dos raices de la ecuacion son17

b =4 l ±

√

16 l2 − 4 (3) (l2)

2 (3)=

4 l ± 2 l

6b1 = l b2 =

l

3.

Empleando b2 = l3, se tiene que

α =g

(

l2− l

3

)

1

3l2 − l l

3+ l2

9

=3 g

2 l

De manera que, la magnitud de la aceleracion del punto A esta dado por

| ~aA |= αl

3=

3 g

2 l

l

3=

g

2.

Finalmente la componente y de la reaccion en C esta dada por

RCy = m

[

g − α

(

l

2− b

)]

= m

[

g − 3 g

2 l

l

6

]

=3

4mg.

Problema 7a. Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura28. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la aceleracion correspondientedel extremo B y la reaccion en el perno de apoyo A.18

Figure 28: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.

Solucion. El diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 29.

17Cual es el argumento para no emplear b1?18Este es el Problema 16.84 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,


29

Figure 29: Diagrama de cuerpo libre de la barra soportada por un apoyo y una cuerda.

Se asumira que, contrario al sentido comun, pero confiados en que el algebra proporcione el resultadocorrecto, la aceleracion angular de la barra es antihoraria; es decir

~α = α k.

Note que como el sistema se analiza a partir del reposo ~ω = ~0. Entonces, la aceleracion del centro demasas esta dado por

~aG = ~α × ~rG/A − ω2 ~rG/A = α k × L

2i = α

L

2j

Por otro lado, aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que

IA = IG + m

(

L

2

)2

=1

12mL2 +

1

4mL2 =

1

3mL2

Las ecuaciones de movimiento de la barra son

ΣFx = M aGx RAx = 0 ΣFy = M aGy RAy − M g = M αL

2

Finalmente,

ΣTA = IA α − M gL

2=

1

3M L2 α α = − 3 g

2L

Por lo tanto, la reaccion en A esta dada por

RAy − M g = M αL

2RAy = M g + M α

L

2= M g + M

L

2

(

− 3 g

2L

)

=1

4M g

Problema 7b. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga del problema7a inmediatamente despues de que el cable B se rompe.19



30

Solucion. Una seccion de la viga con las cargas estaticas y dinamicas actuando sobre la viga estamostrado en la figura 30. Debe notarse que la diferencial de masa de la viga esta dada por

dm =M

Ldx

Por otro lado, se sabe que~aA = ~0.

De manera que la aceleracion de un punto P localizado a una distancia x del extremo A esta dada por

~aP = ~aA + ~α × ~rP/A − ω2 ~rP/A =

(

− 3 g

2Lk

)

×(

x i)

= −3 g x

2Lj

Figure 30: Seccion de la viga para encontrar el cortante y el momento flector.

Para la fuerza cortante, a una distancia x del extremo A, considere el equilibrio de las fuerzas verticalesque incluye la reaccion en A, el peso uniformemente distribuido, la fuerza cortante que se desea determinary esta suma debe ser igual a la fuerza necesaria para producir la aceleracion vertical correspondiente.

ΣFy = −∫ x

0

3 g

2Lx

M

Ldx

M g

4− M g

Lx + V = −3M g

2L2

∫ x

0

x dx

Por lo tanto

V = −M g

4+

M g

Lx − 3M g x2

4L2

Como comprobacion, se evalua el cortante para x = 0 y para x = L, se tiene que

V (0) = −M g

4V (L) = −M g

4+

M g

LL − 3M g L2

4L2= 0

31

De manera semejante, se determinara el momento flector para una distancia x del extremo A, considerela suma de momentos con respecto al punto A

ΣTA = −∫ x

0

3 g

2Lx2 M

Ldx − M g

Lx

x

2+ V x + Mf = −3M g

2L2

∫ x

0

x2 dx

o bien

Mf =M g x2

2L−

(

−M g

4+

M g

Lx − 3M g x2

4L2

)

x − 3M g

2L2

x3

3

=M g x2

2L+

M g x

4− M g x2

L+

3M g x3

4L2− M g x3

2L2

= −M g x2

2L+

M g x

4+

M g x3

4L2

De manera semejante, se evalua el momento flector para x = 0 y para x = L, se tiene que

Mf (0) = 0 Mf (L) = −M g L2

2L+

M g L

4+

M g L3

4L2= M g L

(

−1

2+

1

4+

1

4

)

= 0.

Problema 8. La barra AB de 2 kg. y la barra BC de 3 kg. estan conectadas como se muestra enla figura a un disco puesto a girar en un plano vertical a velocidad angular constante de 6 rad./s. en elsentido de las manecillas del reloj. Para la posicion indicada, determine las fuerzas ejercidas en A y Bsobre la barra AB.20

1

2

3

4

Figure 31: Mecanismo plano de cuatro barras.

Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los analisis de velocidad y aceleraciondel mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posicion necesarios, estan dados por

~rA/O = 60mm.j ~rB/A = 120mm.j ~rB/C = 180mm.j



32

Por otro lado, la velocidad y aceleracion angular del eslabon motriz, el disco 2, esta dada por

~ω2 = −6rad.

s.k ~α2 = ~0.

La ecuacion correspondiente al analisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es

~ω2 × ~rA/O + ~ω3 × ~rB/A = ~vB3 = ~vB4 = ~ω4 × ~rB/C(

−6rad.

s.k

)

×(

60mm.j)

+ ω3k ×(

120mm.i)

= ω4k ×(

180mm.j)

Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del analisis de velocidad son

360 = −180ω4 120ω3 = 0,

y su solucion esta dada por

~ω4 = −2rad.

s.k ~ω3 = ~0.

La ecuacion correspondiente al analisis de aceleracion del mecanismo plano de cuatro barras es

~α2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + ~α3 × ~rB/A − ω2

3 ~rB/A = ~aB3 = ~aB4 = ~α4 × ~rB/C − ω24 ~rB/C

−(

−6rad.

s.

)2(

60mm.j)

+ α3k ×(

120mm.i)

= α4k ×(

180mm.j)

−(

−2rad.

s.

)2(

180mm.j)

Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del analisis de aceleracion son

0 = −180α4 −2160 + 120α3 = −720,


~α4 = −0rad.

s2.k ~α3 = 12

rad.

s2.k.

El siguiente paso consiste en determinar las aceleraciones de los centros de masas de los eslabones,supuestos homogeneos e uniformes 3 y 4. Estas aceleraciones estan dadas por

~aG3 = ~aA + ~aG3/A = ~α2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + ~α3 × ~rG3/A − ω2

3 ~rG3/A

= −(

−6rad.

s.

)2(

60mm.j)

+

(

12rad.

s2.k

)

×(

60mm.i)

= −1440mm

s2j = −1.44

m

s2j.

y

~aG4 = ~α4 × ~rG4/C − ω24 ~rG4/C = −

(

−2rad.

s

)2(

90mm j)

= −360mm

s2j = −0.36

m

s2j.

Ahora si, prepararemos el analisis dinamico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento deinercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, esta dado por

I3/G3 =1

12m3 L2

3 =1

12(2Kgm.) (0.12m)

2= 0.0024Kgm − m2.

La figura 32 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatrobarras.

33


Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, estan dadas por∑

Fx = 0∑

Fy = m3 aG3y

∑

TG3 = I3/G3α3

RAx − RBx = 0 RAy − RBy − m3 g = m3 aG3y −RAyL3

2− RBy

L3

2= I3/G3α3.

y∑

Fx = 0∑

Fy = m4 aG4y

∑

TG4 = I4/G4α4

RBx + RCx = 0 RBy + RCy − m4 g = m4 aG4y −RBxL4

2+ RCx

L4

2= 0.

A partir de la primera, cuarta y sexta ecuacion de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que

RAx = RBx = RCx = 0.

La segunda y tercera ecuacion de estos dos conjuntos pueden escribirse como

RAy − RBy = m3 (g + aG3y)

RAy + RBy = − 2

L3

I3/G3 α3.

Sumando las ecuaciones termino a termino, se tiene que

RAy =1

2

[

m3 (g + aG3y) − 2

LI3/G3 α3.

]

=1

2

[

2Kgm. (9.81 − 1.44)m

s2− 2

0.12m0.0024Kgm · m2 12

rad

s2

]

= 8.13N.

34

De manera semejante, si se resta de la segunda ecuacion, la primera ecuacion, se tiene que

RBy =1

2

[

−m3 (g + aG3y) − 2

L3

I3/G3 α3.

]

=1

2

[

−2Kgm. (9.81 − 1.44)m

s2− 2

0.12m0.0024Kgm · m2 12

rad

s2

]

= −8.61N.

Solucion Algebraica: En esta parte del problema, se volvera a resolver el problema empleandounicamente, hasta casi hasta el final, exclusivamente el algebra. Para resolver este problema es necesariodeterminar los analisis de velocidad y aceleracion del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores deposicion necesarios, estan dados por

~rA/O = L j ~rB/A = 2L j ~rB/C = 3L j

Por otro lado, la velocidad y aceleracion angular del eslabon motriz, el disco 2, esta dada por

~ω2 = ω2 k ~α2 = ~0.

donde L = 60mm. = 0.06m y ω2 = −6 rads .

La ecuacion correspondiente al analisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es

~ω2 × ~rA/O + ~ω3 × ~rB/A = ~vB3 = ~vB4 = ~ω4 × ~rB/C

ω2k × Lj + ω3k × 2Li = ω4k × 3Lj

Las ecuaciones escalares del analisis de velocidad son

ω2L = 3ω4 L 2ω3 L = 0,


~ω4 =1

3ω2 k ~ω3 = ~0.

La ecuacion correspondiente al analisis de aceleracion del mecanismo plano de cuatro barras es

~α2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + ~α3 × ~rB/A − ω2

3 ~rB/A = ~aB3 = ~aB4 = ~α4 × ~rB/C − ω24 ~rB/C

−ω22

(

Lj)

+ α3k ×(

2Li)

= α4k ×(

3Lj)

−(

1

3ω2

)2(

3Lj)

Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del analisis de aceleracion son

0 = −3Lα4 −ω22 L + 2Lα3 = −1

3ω2

2 L,


~α4 = ~0 ~α3 =1

3ω2

2 k.

35

El siguiente paso consiste en determinar las aceleraciones de los centros de masas de los eslabones,supuestos homogeneos e uniformes 3 y 4. Estas aceleraciones estan dadas por21

~aG3 = ~aA + ~aG3/A = ~α2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + ~α3 × ~rG3/A − ω2

3 ~rG3/A

= −ω22 Lj +

1

3ω2

2 k × Li = −2

3ω2

2 Lj.

y

~aG4 = ~α4 × ~rG4/C − ω24 ~rG4/C = −

(

1

3ω2

)23

2Lj = −1

6ω2

2 L j.

Ahora si, prepararemos el analisis dinamico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento deinercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, esta dado por22

I3/G3 =1

12M3 (2L)

2=

1

3M3 L2.

La figura 33 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatrobarras.


Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 2, 3 y 4, estan dadas por

∑

Fx = 0∑

Fy = 0∑

TG3 = 0

ROx − RAx = 0 ROy − RAy − M2 g = 0 RAx L + T = 0.

21Note que la aceleracion del centro de masas del cuerpo 2 es ~0 pues el cuerpo esta sujeto a rotacion baricentrica.22Puesto que ~α2 = ~0 y ~α4 = ~0, no es necesario calcular I2/G2 y I4/G4.

36

∑

Fx = 0∑

Fy = M3 aG3y

∑

TG3 = I3/G3α3

RAx − RBx = 0 RAy − RBy − M3 g = M3 aG3y −RAy L − RBy L = I3/G3α3.

y

∑

Fx = 0∑

Fy = M4 aG4y

∑

TG4 = I4/G4α4

RBx + RCx = 0 RBy + RCy − M4 g = M4 aG4y −RBx3L

2+ RCx

3L

2= 0.

A partir de la septima y novena ecuacion de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que

RBx = RCx = 0.

Sustituyendo estas soluciones en la cuarta ecuacion, se tiene que

RAx = 0.

Volviendo a sustituir esta ecuacion en la primera y tercera ecuacion, se tiene que

ROx = T = 0.

La quinta y sexta ecuacion de estos dos conjuntos pueden escribirse como

RAy − RBy = M3 (g + aG3y) = M3

(

g − 2

3ω2

2 L

)

RAy + RBy = − 1

LI3/G3 α3 = − 1

L

1

3M3 L2 1

3ω2

2 = −1

9M3 Lω2

2 .

Sumando las ecuaciones termino a termino, se tiene que

RAy =1

2M3

[

g − 2

3ω2

2 L − 1

9Lω2

2

]

=1

2M3

(

g − 7

9ω2

2 L

)

=1

22Kgm.

[

9.81m

s2− 7

9

(

−6rad

s

)2

(0.06m)

]

= 8.13N.

De manera semejante, si se resta de la sexta ecuacion, la quinta ecuacion, se tiene que

RBy =1

2M3

[

−1

9Lω2

2 −(

g − 2

3ω2

2 L

)]

=1

2M3

(

−g +5

9ω2

2 L

)

=1

22Kgm.

[

−9.81m

s2+

5

9

(

−6rad

s

)2

(0.06m)

]

= −8.61N.

Como puede observarse, el problema puede resolverse tanto de manera algebraica como numerica, laventaja de la solucion algebraica es que los resultados pueden aplicarse para diferentes dimensiones ysistemas de unidades.

37

12

3

1

Figure 34: Engrane Planetario.

Problema 9. El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k = 75mm. La barra2 tiene una masa de 3 kg. y el engrane C es estacionario. Si el sistema se suelta desde el reposo en laposicion que se muestra, determine a) la aceleracion angular del engrane 3, b) la aceleracion del puntoB.23

Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los analisis de velocidad y aceleraciondel engrane planetario. El analisis de velocidad es trivial, pues si el sistema parte del reposo, las veloci-dades angulares de todos los cuerpos y las velocidades de todos los puntos del cuerpo son 0. Para realizarel analisis de aceleracion, defina el punto P como el punto de paso entre el engrane 3 y el engrane coronaC que pertenece estacionario. Determine los vectores de posicion

~rB/A = 2 r i ~rP/B = r i,

donde r = 100mm = 0.1m.Es importante notar que en el punto de paso, no hay deslizamiento entre el engrane 3 y el engrane

corona 1, por lo tanto, las condiciones son

~vP3 = ~vP1 = ~0 y ~aP3t = ~aP1t = ~0,

y la direccion tangencial es la vertical. Entonces, la ecuacion que determina la aceleracion del puntp P3es

~aP3 = ~aB3 − ω23 ~rP/B + ~α3 × ~rP/B

= −ω22 ~rB/A + ~α2 × ~rB/A − ω2

3 ~rP/B + ~α3 × ~rP/B

= ~α2 × ~rB/A + ~α3 × ~rP/B = α2 k × 2 r i + α3 k × r i = (2α2 r + α3 r) j



38

De aquı que, la aceleracion tangencial del punto P3 y la ecuacion final del analisis de aceleracion estadada por

~aP3t = (2α2 r + α3 r) j = ~aP1t = ~0.

Por lo tanto,

α2 = −1

2α3.

Ademas, la aceleracion de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 estan dadas por

~aG2 = ~α2 × ~rG2/A =

(

−1

2α3k

)

× r i = −1

2α3 rj

y

~aG3 = ~α2 × ~rG3/A =

(

−1

2α3k

)

× 2 r i = −α3 rj

Despues de este paso, es necesario determinar los diagramas de cuerpo rıgido de la barra 2 y el engrane3, vea la figura 35.

Figure 35: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario.

Las ecuaciones de la cinetica del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 esta sujeta aun movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo no baricentrico, que pasa por el punto A y el engrane3 esta sujeto a un movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo —instantaneamente— no baricentrico,que pasa por el punto P , de manera que los momentos de inercia de la barra respecto al punto A estadado, empleando el teorema de Steiner, por

I2A = IG2 + m2 r2 =1

12m2 (2r)

2+ m2 r2 =

1

3m2 r2 + m2 r2 =

4

3m2 r2.

De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P esta dado por

I3p = IG3 + m3 r2 = m3 k2 + m3 r2 = m3 k2 + m3 r2 = m3

(

k2 + r2)

.

Las ecuaciones de la cinetica de la barra son

∑

Fx = 0 RAx − RBx = 0∑

Fy = m2 aG2y RAy − RBy − m2 g = −1

2m2 α3 r

39

y∑

MA = I2A α2 − m2 g r − RBy 2 r =4

3m2 r2

(

−1

2α3

)

= −2

3m2 r2 α3.

Las ecuaciones de la cinetica del engrane son∑

Fx = 0 RBx − RPx = 0∑

Fy = m3 aG3y RBy − RPy − m3 g = −m3 α3 r

y∑

MP = I3P α3 m3 g r − RBy r = m3

(

k2 + r2)

α3.

Multiplicando por −1 la tercera ecuacion de la cinetica de la barra y multiplicando por 2 la terceraecuacion de la cinetica del engrane,

m2 g r + RBy 2 r =2

3m2 r2 α3 (1)

2m3 g r − 2RBy r = 2m3

(

k2 + r2)

α3 (2)

y sumando las ecuaciones, se tiene que

(m2 + 2m3) g r =

[(

2

3m2 + 2m3

)

r2 + 2m3 k2

]

α3

o

α3 =(m2 + 2m3) g r

(

2

3m2 + 2m3

)

r2 + 2m3 k2=

[3 + 2 (5)] (9.81) (0.1)[

2

33 + 2 (5)

]

(0.1)2

+ 2 (5) (0.075)2

= 72.3574rad

s2.

Por lo tanto, la aceleracion angular de la barra 2, esta dada por

α2 = −1

2α3 = −36.178

rad

s2.

Finalmente, la aceleracion del punto B, esta dada por

~aB = −ω22 ~rB/A + ~α2 × ~rB/A = −7.235

m

s2j.

Problema 10. Un tambor de 80mm. de radio esta unido a un disco de 160mm. de radio. El disco yel tambor tienen una masa combinada de 5 kg. y radio de giro combinado de k = 120mm. Se una a unacuerda en la forma indicada y se tira de ella con una fuerza ~P de 20N de magnitud. Si los coeficientes defriccion estatica y cinetica son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.2, determine a) si el disco se deslizao no b) la aceleracion angular del disco y la aceleracion del punto G.24

Solution: Para resolver el problema supondremos, inicialmente, que el disco compuesto rueda sindeslizar, por lo tanto, el punto Q tiene velocidad igual a ~0 y el disco esta, instantaneamente, sujeto arotacion alrededor de un eje fijo no baricentrico. Ademas, note que la direccion de la aceleracion angulary la aceleracion del centro de masas del disco compuesto estan coordinadas.

Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 37. El momento de inercia del discocompuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q, esta dada por

IQ = IG + mr21 = mk2 + mr2

1 = m(

k2 + r21

)



40

Figure 36: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.

Las ecuaciones de movimiento del sistema son∑

Fx = maGx P + Ff = m (−α r1)∑

Fy = 0 − mg + N = 0

y∑

MQ = IQ α − P (r1 + r2) = m(

k2 + r21

)

α

Por lo tanto, bajo la suposicion de ausencia de deslizamiento, se tiene que

α = −P (r1 + r2)

m (k2 + r21)

= − 20 · 0.24

5 (0.122 + 0.162)= −24

rad

s2

A partir de este resultado, la fuerza de friccion necesaria para evitar que exista deslizamiento es

Ff = −P − mα r1 = −20 − 5 (−24) (0.18) = 7.6N.

Finalmente compararemos la fuerza de friccion necesaria con la disponible

Ff = 7.6N ≤ µs N = µs mg = 0.25 5 9.81 = 12.2625N.

Por lo tanto, el disco rueda sin deslizar y la aceleracion del punto G esta dado por

aGx = −α r1 = − (−24) (0.18) = 3.84m

s2.

41

Figure 37: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.

42

problem as de cine tica cuerpo rig i do

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