problemas de cinemÁtica comentados física...

Departamento de Física Aplicada a los Recursos Naturales

Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Minas

PROBLEMAS DE CINEMÁTICA

COMENTADOS

Física I

Cristina Montalvo Martín

Agustín García-Berrocal Sánchez

Índice general

1. CINEMÁTICA DEL PUNTO 1

1.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS 15

2.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.6. Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO 33

3.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

i

Capítulo 1

CINEMÁTICA DEL PUNTO

1.1. Problema 1

El vector de posición de un punto móvil P es ~r = 3t~i − t2~j + 8~k. Hallar las

componentes intrínsecas de la aceleración así como el radio de curvatura de

la trayectoria transcurridos dos segundos a partir del instante inicial.

SOLUCIÓN

Este problema es de tipo directo, es decir, se da el vector de posición en función del

tiempo y deben hallarse la velocidad y la aceleración, por tanto, la operación matemática

a utilizar es la derivación.

Se sabe que ~v = d~rdt, por tanto derivando ~r (t):

~v =d~r

dt= 3~i− 2t~j

Para obtener la aceleración es necesario derivar otra vez ya que ~a = d~vdt:

~a =d~v

dt= −2~j

Esta expresión de ~v y de ~a son genéricas, es decir, vale para cualquier valor del tiempo.

Las componentes intrínsecas de la aceleración se de�nen de la siguiente manera:

aT =d |~v|dt

aN =|~v|2

R

1

1. CINEMÁTICA DEL PUNTO

Así, para calcular la aceleración tangencial aT se necesita calcular el módulo del vector

velocidad. En un instante cualquiera:

si ~v = 3~i− 2t~j → |~v| =√

32 + (−2t)2 =√

9 + 4t2

y entonces

aT =d |~v|dt

=4t√

9 + 4t2

Se pide en el enunciado el valor de aT cuando t = 2,

aT =4t√

9 + 4t2=

8

5m/s2

Dado que ya conocemos la componente tangencial de la aceleración para t = 2 s, la

componente normal aN se calcula de forma inmediata:

|a|2 = a2T + a2N → aT =

√|~a|2 − a2N (1.1)

sustituyendo en 1.1 los valores del módulo de la aceleración(a = 2) y la aceleración

tangencial para el instante t = 2 s, se tiene:

aN =

√4− 64

25=

6

5m/s2

También podríamos obtener el valor de aT expresando el hecho de que aT es la proyec-

ción de ~a sobre la tangente. Un vector ~uT unitario sobre la tangente nos permite escribir,

aT = ~a · ~uT = |~a| · 1 · cosϕ

siendo ϕ el ángulo que forma ~a con la tangente. Un unitario sobre la tangente se puede

obtener dividiendo ~v por su módulo |~v|:

uT =~v

|~v|

Por tanto

aT =~a · ~v|~v|

=

(−2~j

)√

9 + 4t2

(3~i− 2t~j

)=

4t√9 + 4t2

2

1.1. Problema 1

que para t = 2 s nos da aT = 85m/s2. Teniendo en cuenta la de�nición de la aceleración

normal, el radio de curvatura de la trayectoria está dado por:

R =|~v|2

aN

El módulo de la velocidad en el instante considerado es:

|~v (t = 2)| =√

9 + 4 · 22 = 5 m/s

lo que signi�ca

R =|~v|2

aN=

52

6/5=

125

6m

Existe también una segunda manera de obtener el valor de aN sin necesidad de apoyarse

en el valor de aT . Como aN es la proyección de ~a sobre el radio de curvatura, es decir,

sobre la perpendicular a la tangente, se puede escribir:

aN =|~a× ~v||~v|

= |~a| · 1 · senϕ

Para nuestro caso:

~a× ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

0 −2 0

3 −2t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 6~k → |~a× ~v| = 6

por tanto,

aN =6√

9 + 4t2

que para t = 2 s da: aN = 65m/s2

3


1.2. Problema 2

Un móvil que parte del origen de coordenadas recorre la parábola x2 = 2y ,

de forma que la proyección del movimiento sobre el eje 0X es uniforme de

velocidad vx = 2 m/s . Hallar, al cabo de t =√

2 segundos el módulo de la

velocidad y las componentes intrínsecas de la aceleración.

SOLUCIÓN

Tal como está expresada la trayectoria en el enunciado, se observa que el problema

hace relación a un movimiento plano (eje OX, OY). El problema pide en un cierto instante

el módulo de la velocidad y las componentes intrínsecas de la aceleración. Es necesaria

la expresión de ~v en función del tiempo que se podrá particularizar para t =√

2 s, y

partiendo de ~v = ~v (t), derivando, hallar la aceleración ~a = ~a (t) y sus componentes aT

y aN , particularizadas en t =√

2 s. Al repasar los datos del enunciado se observa que

hay información su�ciente en el eje OX: se da el valor de vx y el valor de x = 0 en el

instante inicial. Se puede derivar vx para obtener ax y también se puede integrar vx para

obtener x = x (t), primera ecuación paramétrica horaria. No obstante sobre el eje OY no

hay datos. Es necesario conocer vy para completar la expresión de v y ay para la de a.

La solución la encontraremos gracias al conocimiento de la ecuación de la trayectoria que

relaciona el valor de x con el de y. Sustituyendo en ella x = x (t), se obtiene y = y (t). Y

derivando alcanzamos ~v y ~a. Así, sabiendo que:

~v =d~r

dt→ vx =

dx

dt= 2

por tanto, integrando la expresión:

vx · dt = dx

Como el instante inicial t = 0 el móvil parte del origen de coordenadas, los límites de la

integral quedan:

4

1.2. Problema 2

∫ t

0

vx · dt =

∫ x

0

dx

sustituyendo con los datos del problema, es decir, sabiendo que vx = 2:

x =

∫ t

0

2dt = 2t

De la ecuación de la trayectoria, ya se puede obtener la segunda componente del vector

posición:

x2 = 2y; y =x2

2→ y = 2t2

De esta manera, el vector de posición es:

~r = 2t~i+ 2t2~j

El vector velocidad es, en consecuencia, por derivación:

~v = 2~i+ 4t~j

y �nalmente, el vector aceleración:

~a = 4~j

El enunciado pide el módulo del vector velocidad en un cierto instante. Veamos primero

la expresión genérica del módulo de la velocidad en función del tiempo:

|~v| =√

(2)2 + (4t)2 =√

4 + 16t2

Y para el instante t =√

2 s:∣∣∣~v (t =√

2)∣∣∣ =

√4 + 16 · 2 = 6 m/s

El siguiente paso es calcular las componentes intrínsecas de la aceleración.1 Si se calcula

aT obteniendo la componente de la aceleración en la dirección de la velocidad, que es la

dirección tangente a la trayectoria en cada instante:

aT = ~a · ~vv

= 4~j · 2~i+ 4√

2~j

6=

8√

2

3m/s2

1Véase para su cálculo lo dicho en el problema 1. Hagamoslo con los vectores ~v y ~a particularizados

en el instante pedido.

5


La componente normal, una vez conocida la tangencial y el módulo de la aceleración, se

calcula de manera inmediata:

aN =√a2 − a2t =

√16− 128

9=

√16

9=

4

3m/s2

6

1.3. Problema 3

1.3. Problema 3

Una partícula se desplaza por una trayectoria rectilínea de forma que su ace-

leración es a = 3√v + 1 , donde v es la velocidad. Si en el primer segundo,

la partícula recorre 1 metro y su velocidad es de 3 m/s hallar, al cabo de 3

segundos, el espacio recorrido y la velocidad adquirida.

SOLUCIÓN

Se trata de un movimiento rectilíneo . Los vectores ~v y ~a tienen la dirección de la

recta trayectoria. Nos basta con trabajar con los módulos v y a respectivos. El enunciado

no proporciona el vector aceleración en función del tiempo, pero es posible obtener la

velocidad integrando adecuadamente. Teniendo en cuenta la propia de�nición del vector

aceleración, se tiene:

a =dv

dt= 3√v + 1

si se reordena la ecuación anterior tal que la variable v pase al lado izquierdo y la variable

t a la derecha, se obtiene:dv

3√v + 1

= dt

integrando,

2√v + 1 = 3t+ C1

Como en el instante t = 1 s la velocidad es v = 3 m/s, se puede obtener la constante C1,

2√

3 + 1 = 3 · 1 + C1 → C1 = 4− 3 = 1

Esto implica que la expresión de la velocidad respecto al tiempo es,

2√v + 1 = 3t+ 1→ 4 (v + 1) = 9t2 + 6t+ 1→ v =

1

4

(9t2 + 6t+ 1

)− 1

Teniendo en cuenta la expresión de la velocidad como derivada del espacio frente al tiempo,

v =ds

dt=

1

4(3t+ 1)2 − 1

7


reordenando

ds =

(1

4(3t+ 1)2 − 1

)dt

integrando

s+ C2 =1

12

(3t+ 1)3

3− t

Sustituyendo en la expresión anterior y considerando las condiciones dadas en el enunciado

para el instante t = 1 s, se obtiene la constante C2,

C2 = −1 +1

12

(3 · 1 + 1)3

3− 1 =

16

9− 18

9=−2

9

La expresión del espacio frente al tiempo queda de la siguiente manera:

s =1

12

(3t+ 1)3

3− t+

2

9

En consecuencia, para el instante t = 3 s, la velocidad es:

v =1

4(3t+ 1)2 − 1 =

1

4(3 · 3 + 1)2 − 1 = 25− 1 = 24 m/s

y el espacio recorrido,

s =1

12

(3 · 3 + 1)3

3− 3 +

2

9= 25 m

8

1.4. Problema 4

1.4. Problema 4

La pista de la �gura está situada en un plano horizontal.

Un punto móvil al desplazarse

sobre ella está sometido a una

aceleración tangencial opuesta al

movimiento y proporcional al es-

pacio recorrido tal que |aT | = k ·s

. Hallar la velocidad mínima con

que debe lanzarse el punto mó-

vil desde A, para que recorra la pista ABCDA. Razonar en qué punto del

recorrido la aceleración normal del móvil es máxima.

SOLUCIÓN

La trayectoria es combinación de dos tramos rectilíneos y un tramo circular. Como

el dato que se da es la aceleración tangencial, vamos a trabajar integrando, en forma

intrínseca, es decir a lo largo de la curva trayectoria. La aceleración no se da en función

del tiempo sino que en este caso, la aceleración tangencial se expresa como una función

del espacio recorrido. Así, la aceleración tangencial aT se de�ne como:

aT =dv

dt= −k · s→ con signo negativo dado que se trata de un movimiento decelerado

Si se reordena la ecuación anterior, se obtiene:

dv = −k · sdt

y, en consecuencia, no es posible integrar dicha expresión. Si se multiplica a ambos lados

por v,

dv · v = −k · s · v · dt

y dado que v = dsdt, la expresión anterior queda:

dv · v = −k · s · ds

9


que ya puede ser integrada respecto a v y s en el lado izquierdo y derecho respectivamente

2. ∫ v

v0

vdv = −∫ s

0

k · sds

Resolviendo la integral y sustituyendo los límites,

1

2

(v2 − v20

)= −k

2s2 (1.2)

se obtiene la expresión de la velocidad en función del espacio recorrido. La velocidad �nal

v debe ser nula, ya que para obtener la mínima velocidad de partida supondremos que

el móvil termina en la posición A parado. El espacio recorrido es la longitud ABCDE.

Dicha longitud se compone de tres tramos; el segmento AB, el arco BCD y el segmento

DE. Los segmentos rectilíneos AB y DE tienen la misma longitud y los denominaremos

con la letra L. El arco BDC abarca un ángulo de 240o, o sea, 4π3tal y como se muestra

en la �gura explicativa.

La longitud L se obtiene del dibujo en el que:

tanπ

6= R/L ;L =

R

tan π6

=R√3/3

= R√

3

El arco circular es de longitud L′ = 4π3·R Por tanto la longitud total recorrida s es:

s = 2L+ 4π

3R = R

(2√

3 + 4π

3

)2Este es un método general para obtener la v como v (s) partiendo de conocer a = a (s) (en un

movimiento rectilíneo) ó aT = aT (s) (en un movimiento curvilíneo cualquiera). En efecto siempre se

cumple que ads = vdv ó aT ds = vdv. Sustituyendo dv = adt se tiene: vdv = a · v · dt, pero a su vez

vdt = ds, con lo que vdv = ads como queríamos demostrar. En el curvilíneo sustituimos dv = aT dt, ya

que aT = dvdt es el equivalente de a = dv

dt del rectilíneo, y obtener la expresión adecuada

10

1.4. Problema 4

Sustituyendo en la ecuación 1.2, teniendo en cuenta que la velocidad �nal es cero y des-

pejando la velocidad inicial v0:

v0 =√ks =

√kR(

2√

3 + 4π

3

)Para responder a la segunda pregunta hay que tener en cuenta que en todo punto del

recorrido existe la componente aT y sólo existe aceleración normal aN en aquellos tramos

de la trayectoria que son curvos. Por tanto, sólo será necesario considerar el arco BCD.

El modulo de la aceleración normal está dado por la siguiente expresión:

aN =v2

R

Como el movimiento es decelerado, la velocidad en B es mayor que en D. El radio es el

mismo en todo el arco, por tanto la aceleración normal máxima se registrará en el punto

B.

11


1.5. Problema 5

Hallar las ecuaciones x = x (t) , y = y (t) del movimiento de un punto sabiendo

que y (t) es un movimiento armónico simple de pulsación ω ; que en la posición

inicial P0

(12,√p), su velocidad v0 es nula y que x se mueve sobre la parábola

y2 = 2px.

SOLUCIÓN

Se trata de un movimiento plano, puesto que sólo hay dos ecuaciones paramétricas

horarias, x = x (t) e y = y (t). Sobre el eje OY hay datos su�cientes para obtener y = y (t).

Sin embargo no hay datos sobre OX. Pero como se da la ecuación de la trayectoria, al

sustituir en ella y (t) se puede despejar x = x (t) . Como y (t) es un movimiento armónico

simple, tendrá una expresión del tipo seno o coseno. Pongamos:

y (t) = A sen (ωt+ ϕ0)

En el instante inicial, la velocidad es cero, así que:

v = y′ (t = 0) = Aω cos (ωt+ ϕ0) = Aω cos (ϕ0) = 0→ de donde cos (ϕ0) = 0→ ϕ0 =π

2

Y en el instante inicial, teniendo en cuenta que la fase ϕ0 = π/2, se tiene que y0 =√p.

Por tanto:

y (t) = A sen (ωt+ ϕ0) = A sen(

0 +π

2

)= A =

√p

Por tanto y (t) tiene la siguiente expresión 3:

y (t) =√p sen

(ωt+

π

2

)3

La expresión y =√p sen

(ωt+ π

2

)puede escribir como y =

√p cos (ωt). En el

grá�co se ve que el ángulo(ωt+ π

2

)tiene un seno igual en que el coseno de ωt. Si

hubiéramos empezado poniendo y = A cos (ωt+ ϕ0), tendríamos y′ = −Aω sen (ωt)

que para t = 0 en y′ = 0 y por tanto 0 = senϕ0, es decir senϕ0 = 0. Con lo que

llegaríamos a la misma ecuación horaria y (t) = A cosωt = A sen(ωt+ π

2

)

12

1.5. Problema 5

Entonces de la trayectoria se tiene:

x (t) =y2

2p=p sen2

(ωt+ π

2

)2p

=1

2sen2

(ωt+

π

2

)El movimiento se realiza sobre el arco P0P1 de parábola dibujado, de forma alternativa,

yendo y viniendo. Su proyección sobre OY es un movimiento armónico en torno a 0.

13


14

Capítulo 2

CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS

2.1. Problema 1

Las velocidades de tres puntos de un sólido A(0,0,0) ; B(0,1,0) y C(1,0,0) son

en un cierto instante ~vA = ~i − 2~j + ~k ~vB = −2~j ~vC = ~i − ~j + ~k . Compruébese

que esto es posible y, en caso a�rmativo, determínense la velocidad angular

del sólido.

SOLUCIÓN

Para comprobar que las condiciones del problema son posibles, es necesario comprobar

que se trata de un sólido rígido. Para ello comprobaremos que se cumple la condición de

rigidez que establece que la proyección de las velocidades de dos puntos sobre la recta que

los une es constante, es decir,

~vA · ~AB = ~vB · ~AB

sustituyendo con los datos del enunciado se tiene,

~vA · ~AB =(~i− 2~j + ~k

)(~j)

= −2

~vB · ~AB = −2~j(~j)

= −2

Comprobando para otro par de puntos se tiene,

~vA · ~AC = ~vC · ~AC

15

2. CINEMÁTICA DE LOS SISTEMAS

sustituyendo con los datos del enunciado se tiene,

~vA · ~AC =(~i− 2~j + ~k

)(~i)

= 1

~vC · ~AC =(~i−~j + ~k

)(~i)

= 1

quedando comprobada la condición de rigidez, porque no es necesario comprobar entre B

y C, ya que será una combinación lineal de las anteriores.

El movimiento de un sólido rígido está determinado cuando se conocen su velocidad

angular ω y la velocidad de un cierto punto. Así, junto con la ecuación de Chasles y esos

parámetros es posible determinar la velocidad de cualquier otro punto tal que,

~vP = ~v0 +[~ω × ~OP

]No obstante, cuando la incógnita es la velocidad angular, es necesario saber la velocidad

de tres puntos del sólido para poder hallarla, que es el caso de este problema.

En primer lugar, cogeremos un par de puntos y plantearemos la ecuación de Chasles

sabiendo que las componentes de la velocidad angular son incógnitas:

~vB = ~vA +[~ω × ~AB

]sustituyendo los valores dados en el problema,

−2~j =~i− 2~j + ~k +

∣∣∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

ω1 ω2 ω3

0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣resolviendo el determinante y separando componentes se obtienen dos de las tres com-

ponentes del vector ω:

En ~i) 0 = 1− ω3

En ~j) − 2 = −2

En ~k) 0 = 1 + ω1

luego:

ω3 = 1

ω1 = −1

16

2.1. Problema 1

Para obtener la segunda componente es necesario elegir otro par de puntos diferente al

elegido anteriormente y plantear la ecuación de Chasles. Así, se puede plantear la ecuación

con A y C.

~vC = ~vA +[~ω × ~AC

]y sustituyendo con los valores del enuenciado se tiene,

~i−~j + ~k =~i− 2~j + ~k +

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

ω1 ω2 ω3

1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣resolviendo el determinante y obteniendo la ecuación de la componente en ~k, se tiene:

1 = 1− ω2 → ω2 = 0

Por tanto el vector velocidad angular ω es:

~ω = −~i+ ~k

17


2.2. Problema 2

El movimiento de un sólido queda de�nido, en un instante determinado,

por las siguientes rotaciones simultáneas : en P1 (0,1,1) ; ω1 = ~i − ~k; en P2

(1,-1,0) ; ω2 = ~j + ~k y en P3 (0,0,0), ω3 = 2~k . 1o) Reducir el movimiento en

el punto A(1,0,0). 2o) Determinar el movimiento helicoidal correspondiente

hallando el eje instantáneo de rotación y deslizamiento y la velocidad de des-

lizamiento.

SOLUCIÓN

En este problema las características cinemáticas del sólido rígido están dadas por tres

rotaciones simultáneas en tres puntos distintos. De manera que la ~ω global del mismo será

la suma vectorial de todas ellas:

~ω = ~ω1 + ~ω2 + ~ω3 =(~i− ~k

)+(~j + ~k

)+ 2~k =~i+~j + 2~k

Una vez obtenida la ~ω del sólido, para describir el movimiento reducido en el punto A,

será necesario calcular la velocidad que tiene este punto como consecuencia de cada una

de las rotaciones ω1, ω2 y ω3. Así, como consecuencia de la rotación en P1, la velocidad

en A es:

~vAP1=[~ω1 × ~P1A

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

1 0 −1

1 −1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −~i− ~k

Como consecuencia de la rotación en P2, la velocidad en A es:

~vAP2=[~ω2 × ~P2A

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 1 1

0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −~i

18

2.2. Problema 2

y �nalmente, la velocidad en A como consecuencia de la rotación en P3:

~vAP3=[~ω3 × ~P3A

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 2

1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2~j

La velocidad de A es la suma vectorial de estas tres velocidades:

~vA = ~vAP1+ ~vAP2

+ ~vAP3= −2~i+ 2~j − ~k

Por tanto la reducción del movimiento en A es:

~vA = −2~i+ 2~j − ~k ~ω =~i+~j + 2~k

El segundo apartado pide el eje instantáneo de rotación y deslizamiento que es aquel

tal que las velocidades de sus puntos tienen la misma dirección que el vector ~ω. Así,

supongamos que H, cuyas coordenadas genéricas son (x, y, z), es un punto cualquiera de

dicho eje, entonces su velocidad según el teorema de Chasles es:

~vH = ~vA +[~ω × ~AH

]operando adecuadamente,

~vH = −2~i+ 2~j − ~k +

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

1 1 2

x− 1 y z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Por tanto, vH es:

~vH = (z − 2y − 2)~i+ (2x− z)~j + (y − x)~k

Para que se cumpla la condición de paralelismo entre ~vH y ~ω, el eje instantáneo de rotación

y deslizamiento es:z − 2y − 2

1=

2x− z1

=y − x

2

que en de�nitiva se reduce a las dos ecuaciones siguientes:

y = x− 2

3

z = 2x+1

3

19


2.3. Problema 3

El extremo M de

la varilla MN des-

liza por una guía

horizontal mientras

que el otro extremo

N está articulado al

disco de centro en O

y radio R = 0, 5 m,

que gira en torno al

eje perpendicular al plano de la �gura, y que pasa por su centro O. La lon-

gitud de la varilla es l= 0, 5√

3 m, y en el instante representado, la velocidad

del extremo M es vM = 8 m/s. Se pide : Calcular en dicho instante : 1o) La

velocidad del punto medio P de la varilla. 2o) La velocidad angular del disco.

SOLUCIÓN

1o Antes de realizar ningún cálculo se puede ver intui-

tivamente cuál es el centro instantáneo de rotación de la

varilla, y, en consecuencia, ver el sentido y dirección de la

velocidad angular de la varilla, ~ω y de la velocidad angular

del disco ~ωd. Si se dibujan los vectores velocidad del punto

M y N y se trazan las perpendiculares a éstos (véase �gura),

dado que la dirección de ~vM es MO y la de ~vN , al pertene-

cer N también al disco, debe ser perpendicular al radio ON ,

es decir, su dirección coincide con la de la varilla, el punto

de intersección de ambas perpendiculares nos determina la

posición del Centro Instantáneo de Rotación H. Como

el punto M está avanzando hacia la derecha, esto implica

20

2.3. Problema 3

que ~ω tiene sentido saliente del plano del papel, es decir, ~ω = ω~k. Si la varilla gira con

sentido positivo en el eje z, el disco girará con sentido contrario, es decir, ~ωd = −ωd~k.

Como ~vM es conocida bastará calcular el radio HM para obtener de vM = ωHM el valor

de ω = vM/HM . Teniendo en cuenta que el triángulo HNM es rectángulo, de ángulo 90o

en N y que la distanciaMN es dato (la longitud de la varilla) se puede calcular fácilmente

la hipotenusa HM . Una vez conocida ω se puede calcular ωd si se sabe el módulo de ~vN .

Para ella basta con aplicar la condición de rigidez entre M y N: vM cos 30 = vN . Y como

vN = ωdR, se saca ωd.

Sin embargo nosotros vamos a aplicar el método general, más analítico. Al relacionar

~vM y ~vN , se tiene:

~vN = ~vM +[~ω × ~MN

]es decir,

vN cos 30~i+ vN sen 30~j = 8~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

l√32

l2

0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣vN

√3

2~i+ vN

1

2~j = 8~i− ω l

2~i+ ω

√3l

2~j

Por tanto:

√3

2vN = 8− ω l

2√1

2vN = lω

√3

2

de donde

vN = l√

3ω =3

2ω

√3

2

3

2ω = 8−

√3

4ω →

√3ω = 8

ω =8√3

=8√

3

3rad/s

y con ello

vN =3

2

8√3

= 4√

3 m/s

21


Si no hubiéramos razonado el sentido de ω, su valor positivo nos indica el sentido positivo

del eje OZ.

Por otro lado entre N y O se tiene:

~vN = ~v0 +[~NO × ~ωd

]=[~ωd × ~ON

]Como |ON | = R, se tiene:

vN cos 30~i+ vN sen 30~j =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωd

−1212

12

√32

0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Basta con la componente en OX:

4√

3

√3

2= −√

3

4ωd

es decir,

ωd = −8√

3 rad/s

El signo menos indica que el sentido de ~ωd es el negativo del eje OZ. Si hubiéramos

conocido por el razonamiento inicial el signo de ~ωd, podíamos haber escrito la relación

modular:

|~vN | = |~ωd|R

4√

3 = ωd1

2

de donde obtendríamos el mismo módulo para ~ωd, pero conociendo su sentido negativo.

2o Es posible calcular la velocidad de P con el teorema de Chasles entre los puntos M

y P.

~vP = ~vM +[~ω × ~MP

]= ~vM +

[~PM × ~ω

]y sustituyendo,

vPx~i+ vPy~j = 8~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 8√3√

32· l2

12· l2

0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣22

2.3. Problema 3

Del eje ~i se obtiene:

vPx = 8− 8√3·√

3

4· 1

2= 7

Del eje ~j:

vPy =8√3·√

3

2·√

3

4=√

3

siendo ~vP el siguiente vector:

~vP = 7~i+√

3~j

23


2.4. Problema 4

Un disco de radio R que se mantiene en un

plano vertical, se desplaza sobre un suelo

horizontal. El módulo de la velocidad del

centro O es v0 y la velocidad del punto A

de su periferia, extremo del diámetro ho-

rizontal en el instante considerado, forma

con la vertical un ángulo tal que tan θ = 1/2

y su módulo es vA =√

5v0 . Se pide 1o) Ve-

locidad del punto C de contacto del disco

con el suelo. 2o) Del resultado obtenido,

deducir si el disco rueda sin deslizar ó rue-

da y desliza.

SOLUCIÓN

1o)Existen varias maneras de resolver este ejercicio. En primer lugar, dado que el

enunciado da la velocidad de dos puntos del disco, obtener la velocidad angular del mismo

~ω es prácticamente inmediato aplicando el teorema de Chasles, tal que:

~vA = ~v0 + ~ω × ~OA = ~v0 +[~AO × ~ω

]Así, del dibujo se sabe que ~vA es:

~vA = vA sen θ~i+ vA cos θ~j

por tanto, sustituyendo los valores en el teorema de Chasles, se tiene:

vA sen θ~i+ vA cos θ~j = v0~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

−R 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣24

2.4. Problema 4

de la que se obtienen dos ecuaciones:

En ~i) vA sen θ = v0 → vA =v0

sen θ

En ~j) vA cos θ = −Rω → ω = −vA cos θ

R

por tanto,

ω = − v0sen θ

cos θ

R= − v0

R tan θ

que en notación vectorial es:

~ω = − v0R tan θ

~k

de sentido el del semieje negativo de OZ. Una vez obtenida la ~ω del disco es posible hallar

la velocidad del punto C, ya que sabemos al menos la velocidad de otro punto del disco

y por tanto, se puede plantear la siguiente ecuación:

~vC = ~v0 +[~ω × ~OC

]= ~v0 +

[~CO × ~ω

]sustituyendo

~vC = v0~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 − v0R tan θ

0 −R 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣resolviendo,

~vC = v0~i−Rv0

R tan θ~i = v0~i−

v0tan θ

~i = v0

(1− 1

tan θ

)~i = −v0~i

2o) Para que el disco rodara sin deslizar la velocidad en el punto de contacto con el

suelo, es decir, del punto C, debería ser nula, y como hemos podido comprobar, esto no

es cierto, luego el disco desliza, lo que implica además que el punto C no es el centro

instantáneo de rotación.

25


También se podía haber respondido a esta pregun-

ta comprobando que el CIR(H) no se encuentra en C,

trazando las perpendiculares a las velocidades dadas

en el enunciado.

Y en cuanto a la primera pregunta, la distancia

OH es R tan θ = R/2, luego H es el punto medio del

radio OC y dado el sentido de la ~ω del disco, ~vC tiene

sentido hacia la izquierda.

26

2.5. Problema 5

2.5. Problema 5

En el mecanismo de la �-

gura, la varilla AB tiene su

extremo A obligado a mo-

verse por la guía 1 mien-

tras que su extremo B es-

tá articulado a un punto

del disco de centro O, �-

jo, en torno al cual gira.

Una segunda varilla CD tie-

ne el extremo C unido a

un punto del disco situa-

do en el diámetro que pasa por B, y el otro extremo D moviéndose se-

gún la guía 2, paralela a la 1. En el instante representado en la �gura,

la velocidad de A tiene sentido hacia la derecha y módulo vA = 6 m/s;

el diámetro que contiene a B, O y C es perpendicular a las guías, siendo

OB= 2 m y OC= 1 m. Se pide calcular, en este instante dado, la velocidad

angular ωCD de la varilla CD y la velocidad del punto D.

SOLUCIÓN

Antes de realizar ningún cálculo se pueden averiguar los sentidos y direcciones de las

diferentes velocidades. Se sabe que la velocidad del punto A tiene la dirección del eje x

y sentido hacia la derecha. Por otro lado, el disco, cuyo centro O está �jo provoca que

el punto B se desplace con velocidad de dirección la del eje x, ya que forzosamente, al

tratarse de un sistema plano, la ω del disco debe tener la dirección del eje que atraviesa

el plano del papel. Si los puntos A y B tienen velocidades cuyas direcciones coinciden, eso

implica que la varilla AB no está girando, sino que todos sus puntos se trasladan. Dicho

27


de otra manera, si se relacionan las velocidades de A y B se tiene:

~vB = ~vA +[~BA× ~ω

]= vA~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

−l1 cosϕ l1 senϕ 0

0 0 ω

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Como la componente vBy es nula, entonces:

0 = l1 cosϕω

de donde ω = 0. En el instante dado la varilla no gira.

Como la varilla es un sólido rígido en traslación, las velocidades de todos sus puntos

serán iguales. Así, en este instante:

~vA = ~vB = 6~i

Por tanto, la velocidad angular del disco es de sentido entrante al plano del disco y su

módulo es:

ω =vBOB

=6

2= 3 rad/s

Si la velocidad angular del disco es de sentido entrante (−~k), entonces la velocidad del

punto C necesariamente tiene sentido negativo en el eje de las x. Como se puede ver en el

dibujo, el punto D se mueve a lo largo de una guía paralela al eje de las x, luego también

la velocidad de D debe llevar dicha dirección. Entonces nos encontramos de nuevo con

que dos puntos de un mismo sólido rígido tiene velocidades de direcciones iguales, lo que

implica que se están trasladando y en de�nitiva, la ωCD es nula. Para calcular la velocidad

de D, bastará con calcular la del punto C:

~vD = ~vC = ~ω × ~OC = −3~i

El problema puede resolverse también de forma más analítica. La primera componente

de ~vB queda de la expresión anterior entre ~vB y ~vA como:

~vBx = ~vA

28

2.5. Problema 5

es decir ~vB = 6~i. Como el disco gira en torno a O, la velocidad de B puede escribirse

como:

~vB = ~ωd × ~OB =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωd

0 R 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣donde se ha denominado como ωd la velocidad angular del disco en el instante considerado.

Por tanto en el eje horizontal:

~vB = −ωdR→ ωd = −vB/R

El signo menos indica que el vector ~ωd es entrante en el dibujo. Para C se escribirá:

~vC = ~ωd × ~OC =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −vB/R

0 −R/2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −vB/2~i = −3~i

Y relacionando C con D se produce el mismo caso que hemos tenido al relacionar entre sí

A y B:

~vD = ~vC + ~DC × ~ωDC = ~vC + ~ωDC × ~CD

o sea

~vD = −3~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωCD

l2 cosϕ2 −l2 senϕ2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣donde ωCD es la velocidad angular de la varilla CD, l2 su longitud y ϕ2 el ángulo que

forma con la horizontal. Al desarrollar las componentes en j se tiene:

0 = 0 + l2 cosϕ2ωCD → ωCD = 0

Se trata de otro movimiento de traslación en el instante analizado. Así:

vD = −3~i

29


2.6. Problema 6

El sistema de la �gura está formado

por dos discos que se mueven en un

plano vertical. El disco B gira alrede-

dor de su centro B que permanece �jo

con velocidad angular de 2 rad/s en

sentido horario. La barra rígida que

une los centros de ambos discos gira

alrededor del punto B con velocidad

angular de 3 rad/s con sentido anti-

horario. Y el disco A rueda sin deslizar sobre el disco B. Se pide: 1)Calcular la

velocidad del punto A(~vA) . 2)Calcular la velocidad angular del disco A (~ωA)

3) Calcular la posición del centro instantáneo de rotación del disco A en el

instante representado en la �gura. Datos: Radio del disco A: 2 m. Radio del

disco B: 5 m.

SOLUCIÓN

Según los datos del problema se tiene que:

~ωB = −2~k, ~ωAB = 3~k

siendo ~ωB la velocidad angular del disco B y ~ωAB la de la barra.

Como los discos A y el B ruedan sin deslizar entre sí no existe deslizamiento del punto

de apoyo mutuo de uno respecto al otro; con otras palabras, el punto de contacto entre

ambos tendrá la misma velocidad, tanto si lo miramos desde un disco como desde otro.

Al punto de contacto lo denominaremos C y su velocidad se puede expresar como:

~vC = ~ωB × ~BC = ~vA + ~ωA × ~AC

30

2.6. Problema 6

Así, sustituyendo en la primera ecuación:

~vC = ~ωB × ~BC =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −2

−5 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 10~j

Por otro lado, la velocidad del punto A se puede calcular de forma inmediata ya que A

es un punto de la varilla cuya velocidad angular conocemos. Así:

~vA = ~ωAB × ~BA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 3

−7 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −21~j

El único paso que nos queda es aplicar el teorema de Chasles entre los puntos A y C para

obtener de nuevo ~vC , pero ahora el punto C del disco pequeño:

~vC = ~vA + ~ωA × ~AC = ~vA + ~CA× ~ωA

donde ~vC , ~vA y ~AC son valores conocidos.

~vC = 21~j +

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωA

2 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 21~j + 2ωA~j

de donde

vC = 21 + 2ωA

y como hemos obtenido antes ~vC = 10~j se tiene:

10 = −21 + 2ωA

de donde

ωA =31

2= 15, 5 rad/s

31


Por último nos queda hallar el

centro instantáneo de rotación del

disco A. Sabiendo que la velocidad

de C tiene sentido ~j y la de A −~j, el

centro instantáneo debe estar entre el

punto A y el C (tal y como muestra

la �gura). Si denominamos al centro

instantáneo de rotación con la letra

H, se tiene:

~vC = ~vH + ~ωA × ~HC = ~ωA × ~HC

puesto que al tratarse del CIR, su velocidad vH es nula. Si genéricamente tomamos H

como H(x, y) , se tiene:

~vC = ~ωA × ~HC =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωA

x 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣operando, y teniendo en cuenta que el determinante sólo tiene componente distinta de 0

en el eje Y:

10 = 15, 5x→ x =10

15, 5= 0, 64 m

luego el CIR está a 0, 64 m del punto de contacto entre ambos discos y en la línea que

une los puntos A y C.

32

Capítulo 3

CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO

RELATIVO

3.1. Problema 1

Un móvil puntual P recorre el

lado OA de un triángulo equi-

látero OAB, de lado l. La pla-

ca triangular gira en su plano

OXY alrededor de su vértice 0

con velocidad angular ~ω constan-

te y conocida, en el sentido indi-

cado en la �gura. El punto móvil

parte de O con velocidad inicial

nula y aceleración ~a de módulo

constante , de forma que cuando

el triángulo da una vuelta completa alrededor de O, dicho punto móvil se en-

cuentra en M, punto medio del lado OA. Hallar , en el sistema de ejes de la

�gura la velocidad y aceleración del punto móvil, cuando llega a M 1o) Para

un observador unido al triángulo en su movimiento. 2o) Para un observador

exterior.

33

3. CINEMÁTICA DEL MOVIMIENTO RELATIVO

SOLUCIÓN

Facilita mucho la resolución del problema el que se nos pida calcular velocidad y

aceleración sólo en una posición concreta, es decir, cuando el punto móvil llega a M. No hay

por tanto que hallar expresiones generales en función del tiempo t. Todo lo estudiaremos

en M.

En el problema tenemos un punto móvil que se mueve en un triángulo que a su vez

también se está moviendo. En la �gura se han representado unos ejes OX'Y'Z' unidos a

la chapa triangular y que se mueven con ella. También se han dibujado unos ejes �jos a

tierra OXYZ. En el instante inicial dibujado, los ejes móviles coinciden con los �jos, es

decir, O'X', por ejemplo a la misma semirrecta que OX. Pero un instante ∆t después, ya

no coincidirán y O'X' formará un cierto ángulo ω∆t con OX: el triángulo se ha movido

girando en torno a O, dentro del plano del papel. Por tanto nuestro sistema móvil es el

triángulo; si dejamos mentalmente quieto el triángulo (como si no existiera ~ω), el punto

móvil recorre el segmento BM; este es su movimiento relativo al triángulo. Las velocidades

y aceleraciones relativas serán las referidas al mismo. Por otro lado, el movimiento de

arrastre es el que realice el punto M del propio triángulo, es decir, del sistema móvil, que

en este caso se mueve con una velocidad angular de módulo constante ω y eje coincidente

con OZ.

Para calcular la velocidad ~v del punto móvil respecto a tierra en el instante considerado,

habrá que tener en cuenta tanto la velocidad relativa ~vr al triángulo como la de arrastre

~va, es decir, el movimiento del triángulo que es el sistema móvil. Así, se tiene:

~v = ~va + ~vr

Hagamos el cálculo de la velocidad de arrastre cuando P llega a M. Como dice el enunciado

M vuelve a estar en la misma posición dibujada en el instante inicial, porque la placa ha

dado una vuelta entera.El triángulo se mueve con una velocidad angular constante, por

34

3.1. Problema 1

tanto la velocidad de arrastre es:

~va = ~ω × ~OM =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

l/2 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ωl

2~j

Para hallar la velocidad relativa del móvil respecto al triángulo hay que considerar varios

datos que da el problema; que el móvil parte de O con velocidad nula, que lleva una

aceleración constante relativa al triángulo de dirección OM, y que ha recorrido un espacio

igual a l/2 mientras el triángulo ha dado una vuelta completa. Así, por tanto, como la

velocidad angular del triángulo es constante y es un dato y sabemos que ha dado una

vuelta completa, es posible determinar el tiempo empleado en dicho giro:

ϕ = ωt → t =ϕ

ω=

2π

ω

Este tiempo hallado es el mismo que el móvil ha empleado en trasladarse desde O hasta

M con velocidad inicial nula y aceleración constante. Por tanto, de las ecuaciones de un

movimiento uniformemente acelerado se sabe:

vr = art → s =1

2art

2

despejando de la segunda la aceleración y sustituyendo en la primera:

vr =2s

t2t =

2s

t

De esta manera se obtiene una ecuación de vr en función del espacio recorrido s y del

tiempo empleado t. Este tiempo es el mismo que ha tardado el triángulo en dar una vuelta

completa y su valor es el calculado anteriormente t = 2πω. El espacio recorrido es la mitad

del lado del triángulo, l/2. Sustituyendo se tiene:

vr =2s

t=

2l/2

2π/ω=ωl

2π

Como el móvil se ha trasladado desde O hasta M y en el instante que estamos considerando

el triángulo tiene la posición dibujada en la �gura, la velocidad relativa tiene la dirección

del eje ~i. Por tanto la velocidad ~v para un observador exterior es:

~v = ~va + ~vr = ωl

2~j +

ωl

2π~i =

ωl

2

[1

π~i+~j

]

35


A continuación pasaremos a hallar la aceleración del móvil P respecto a un observador

exterior. Sabemos que tiene tres partes diferenciadas: aceleración de arrastre, aceleración

relativa y aceleración de Coriolis:

~a = ~aa + ~ar + ~ac

Para hallar la aceleración de arrastre ~aa, tenemos:

~aa = ~a0 + ~α× ~OM + ~ω ×[~ω × ~OM

]El punto O permanece quieto, por tanto ~a0 = 0; la velocidad angular ~ω es constante con

lo que la aceleración angular ~α es nula. Por otro lado, el producto vectorial[~ω × ~OM

]se

ha calculado anteriormente y se trata de la velocidad de arrastre, por tanto, la aceleración

de arrastre es:

~aa = ~ω × ~va =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

0 ω l2

0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −ω2 l

2~i

este resultado para ~aa se podría haber obtenido observando que el movimiento de arrastre

es el giro en torno a O; el punto M describirá una circunferencia de centro en O y radio

R = OM = l/2. Este movimiento circular no tiene aceleración tangencial (αR) porque ~ω

es constante y por tanto la aceleración normal ω2R va dirigida de M a O: −ω2 l2~i.

La aceleración relativa se puede obtener de las ecuaciones utilizadas anteriormente

para el cálculo de la velocidad relativa. Así, sabemos que:

ar =vrt

=ωl/2π

2π/ω=ω2l

4π2

y como va dirigida de O a M:

ar =ω2l

4π2~i

Por último vamos a calcular la aceleración de Coriolis que se de�ne como:

ac = 2 [~ω × ~vr]

36

3.1. Problema 1

siendo ~ω la velocidad angular del sistema móvil, es decir, la del triángulo y siendo ~vr la

velocidad relativa. Sustituyendo los valores ya calculados:

ac = 2 [~ω × ~vr] = 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

ωl/2π 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =ω2l

π~j

En conclusión, la aceleración del móvil respecto a un observador en tierra es:

~a = ~aa + ~ar + ~ac = −ω2l

2~i+

ω2l

4π2~i+

ω2l

π~j =

ω2l

2

(1

2π2− 1

)~i+

ω2l

π~j

37


3.2. Problema 2

Dos discos giran en el plano horizontal alrede-

dor de sus centros 01 y 02 con velocidades angu-

lares ~ω1 y ~ω2 = −2 ~ω1 , en los sentidos indicados

en la �gura. La distancia 0102 = 2L y el radio

02A = L . Hallar los vectores velocidad relativa

~v′ y aceleración relativa ~a′ del punto A del pe-

rímetro del disco 02 respecto al disco 01, en la

posición de la �gura.

SOLUCIÓN

Este es otro ejemplo de análisis instantáneo, en el instante que A pasa por la posición

dibujada. No hay que obtener leyes generales en función del tiempo

Como los datos proporcionados en el problema son respecto a un observador en tierra,

para hallar la velocidad relativa necesitamos saber la velocidad de arrastre. La expresión

de la velocidad para a un observador en tierra es:

~v = ~va + ~v′

siendo ~va y ~v′ la velocidad de arrastre y relativa respectivamente. Despejando, se puede

obtener la velocidad relativa en función de la de arrastre y de la velocidad respecto a un

observador en tierra:

~v′ = ~va − ~v

No obstante, antes de seguir, debe quedar claro cuál es el sistema móvil para describir

el movimiento de arrastre. Como nos piden la velocidad del punto A relativa al disco

de centro O1, esto implica que el sistema móvil debe estar en el disco de centro O1 y,

aunque no se ha dibujado habrá un eje O1x′ dibujado en el disco, que en el instante

dado coincide con el OX, otro O1y′ coincidente con O1y en ese instante y un tercero O1z

′

38

3.2. Problema 2

que va a coincidir con O1z en todo instante. Por tanto, el movimiento de arrastre estará

determinado por la velocidad angular ~ω1 de éste. Así, la velocidad de arrastre de A es:

~va =[~ω1 × ~O1A

]El vector ~ω1 es de sentido entrante al plano del disco, por tanto lo expresaremos en

notación vectorial como:

~ω1 = −ω1~k

sustituyendo:

~va =[~ω1 × ~O1A

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −ω1

L 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −ω1L~j

El movimiento de arrastre es el que tendría A si se uniera rígidamente al sistema móvil,

es decir, al disco 1. Así describiría un movimiento circular de centro O, de radio O1A y

velocidad angular constante ~ω1. Por eso su velocidad de arrastre en la posición dibujada

es tangente a su trayectoria circular de módulo ω1R = ω1L y el sentido negativo de O1y.

Por otro lado, la velocidad de A respecto a un observador en tierra se calcula teniendo

en cuenta el movimiento del disco O2 que es donde se encuentra situado el punto A. Un

observador en tierra ve dos discos girando. Por tanto, el punto A, dado que pertenece al

disco de centro O2 se moverá de acuerdo a la velocidad angular de éste que es ω2. Así:

~v = ~ω2 × ~O2A =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 2ω1

−L 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2ω1L~j

Por tanto, la velocidad relativa de A respecto al disco O1 es:

~v′ = ~v − ~va = −2ω1L~j −(−ω1L~j

)= −ω1L~j

Para hallar la aceleración relativa procederemos de la misma forma que para la velocidad.

Por una lado hallaremos la aceleración respecto a tierra, la de arrastre y por último la de

Coriolis. Así, se sabe que:

~a = ~a′ + ~aa + ~ac → ~a′ = ~a− ~aa − ~ac

39


La aceleración respecto a tierra se calculará sabiendo que A describe un movimiento

circular de centro O2, radio A y velocidad angular ~ω2 constante. No hay aceleración

tangencial al no existir aceleración angular y sólo queda la aceleración normal:

~a =dv

dt= ~ω2 ×

[~ω2 × ~O2A

]teniendo en cuenta que el producto vectorial

[~ω2 × ~O2A

]es la velocidad respecto a un

observador exterior calculada anteriormente, sustituyendo en la ecuación anterior se tiene:

~a = ~ω2 × ~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 2ω1

0 −2ω1L 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 4ω21L~i

que como debíamos esperar, tiene la dirección del radio O2A y sentido hacia el centro O2.

Para hallar la aceleración de arrastre se tiene:

~aa = ~aO1 +[~α1 × ~O1A

]+ ~ω1 ×

[~ω1 × ~O1A

]~aO1 es nula al no moverse O1 y ~α1 es también nula por ser ~ω1 constante. Por consiguien-

te, teniendo en cuenta que[~ω1 × ~O1A

]es la velocidad de arrastre antes calculada, la

aceleración de arrastre es entonces:

~aa = ~ω1 × ~va =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −ω1

0 −ω1L 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −ω21L~i

Nos queda por calcular la aceleración de Coriolis que tiene como expresión genérica:

~ac = 2 [~ω × ~v′]

La duda que a veces puede tener un alumno en este momento es cuál de las dos velocidades

angulares del enunciado debemos utilizar. Evidentemente se necesita emplear la ~ω1 ya que

es la que describe el movimiento de arrastre, es decir, es la del sistema de ejes móviles.

Por tanto:

~ac = 2 [ ~ω1 × ~v′] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −ω1

0 −ω1L 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2ω21L~i

40

3.2. Problema 2

En conclusión, la aceleración relativa ~a′ queda:

~a′ = ~a− ~ac − ~aa = 4ω21L~i−

(−2ω2

1L)~i−

(−ω2

1L)~i = 7ω2

1L~i

41


3.3. Problema 3

Un disco horizontal de radio R1

se mueve de forma que su cen-

tro describe una trayectoria cir-

cular horizontal de radio R2 , con

velocidad angular vertical y cen-

tro en un punto �jo O. El dis-

co además gira en torno a su eje

con velocidad angular constante.

Una partícula P se mueve en el

disco, sobre un radio, alejándo-

se del centro con velocidad de módulo v0 constante respecto del disco. En la

posición de la �gura, en la que P alcanza la periferia del disco, determínese

la velocidad y la aceleración de P respecto de un observador exterior, �jo en

tierra.

SOLUCIÓN

En este problema se tiene un sólido rígido, el disco, en movimiento; en él se situará el

sistema móvil de ejes con centro en O1. El disco de radio R1 gira en torno a su eje con una

velocidad angular constante ~ω1. Por otro lado, además su centro describe un movimiento

circular de centro en O y radio R2. Luego la velocidad del punto del disco sobre el que se

apoya P puede calcularse mediante la velocidad de rotación dada por la velocidad angular

~ω1, y la velocidad ~vO1 de O1 que representa una traslación circular cuyo valor se calcula

con la velocidad angular ~ω2.

~va = ~vO′ + ~ω1 × ~O1P = ~ω2 × ~OO1︸︷︷︸Movimiento de arrastre de Traslación

+ ~ω1 × ~O1P︸︷︷︸Movimiento de arrastre de Rotación

La velocidad ~v0 dato del problema, es la relativa al disco que en la posición dibujada

tiene la dirección de O1P ; de manera que la velocidad de P respecto a un observador en

42

3.3. Problema 3

tierra es:

~v = ~va + ~vr = ~ω1 × ~O1P + ~ω2 × ~OO1 + v0~i = v0~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω1

R1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω2

R2 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= v0~i+ (ω1R1 + ω2R2)~j

La aceleración, como bien sabemos, es la suma de la de arrastre, la de Coriolis y la relativa:

~a = ~aa + ~ac + ~ar

La aceleración de arrastre de P se obtiene del movimiento del disco :

~aa = ~aO1 + ~α1 × ~O1P + ~ω1 ×[~ω1 × ~O1P

]En la aceleración de O1 sólo se tiene la aceleración normal ya que la tangencial es nula al

ser ~ω2 constante. Por otro lado, como ~ω1 es constante, en la rotación del disco la aceleración

tangencial es nula ~α1 = 0 y sólo nos queda el término de la aceleración normal. Así:

~aa = ~ω1 ×[~ω1 × ~O1P

]+ ~ω2 ×

[~ω2 × ~OO1

]Los productos

[~ω1 × ~O1P

]y[~ω2 × ~OO1

]se han calculado anteriormente y son las velo-

cidades de arrastre de rotación y de traslación respectivamente. Por tanto:

~aa = ~ω1 × ~varotación + ~ω2 × ~vatraslación

sustiyendo y operando

~aa =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω1

0 ω1R1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω2

0 ω2R2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −ω21R1

~i− ω22R2

~i

ambas están dirigidas hacia sus centros de rotación respectivos: la primera hacia O1 y la

segunda hacia O, y sus módulos son los ω2R respectivos.

Una vez obtenida la aceleración de arrastre ~aa, vamos a proseguir para hallar el resto.

Por un lado tenemos la relativa ~ar que es nula dado que la velocidad relativa ~vr = ~v0 es

43


constante para el observador móvil en el disco. Por otro lado, para calcular la aceleración

de Coriolis necesitamos realizar el producto vectorial entre la velocidad angular de los ejes

y la velocidad relativa, así genéricamente, la expresión es:

~ac = 2 [~ω × ~vr]

La velocidad angular debe ser la de rotación del sistema móvil. En este caso que nos ocupa

sería la ~ω1 ya que es la utilizada en el cálculo de la velocidad de arrastre de rotación. La

otra velocidad angular, ~ω2 es la que describe el movimiento circular de traslación del

centro O1 de manera que no se corresponde con la rotación de los ejes del sistema. Por

tanto, la aceleración de Coriolis es:

~ac = 2 [~ω1 × ~vr] = 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω1

v0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2ω1v0~j

En de�nitiva, la aceleración de P respecto a un observador en tierra es:

~a = ~aa + ~ac = −(ω21R1 + ω2

2R2

)~i+ 2ω1v0~j

44

3.4. Problema 4

3.4. Problema 4

La varilla AC, de longitud R = 2

m, articulada en A a un eje �jo,

gira en torno a A con velocidad

angular constante ω = 4 rad/s;

paralela a ella lo hace la varilla

BD, girando con la misma ω en

torno a B. En C y D está arti-

culada a las varillas anteriores,

otra varilla CD, de longitud L, que se traslada, y a lo largo de la cual se mue-

ve un punto P, que se desplaza de C a D con una velocidad v′ = 4 m/s relativa a

la varilla CD. Se pide : 1o) Vector velocidad de P respecto a un observador en

reposo en tierra (por ejemplo, sistema de ejes con origen en A) en la posición

dibujada, en la que la varilla AC forma un ángulo de 60o con el eje horizontal

AX. 2o) Módulo de la aceleración de P respecto al mismo observador, en la

posición dada.

SOLUCIÓN

Para hallar la velocidad ~vp de P respecto a un observador en tierra es necesario sumar

la de arrastre y la relativa:

~vP = ~va + ~vr

Del enunciado del problema se puede ver que la velocidad relativa que nos dan es respecto

a la varilla CD, por tanto, el sistema móvil es la propia varilla CD y en ella colocaremos

los ejes móviles Cx′y′z′ con centro en el extremo C de la varilla y de direcciones paralelas

a los ejes �jos respecto a tierra Axyz. Es necesario describir su movimiento, lo que supone

el movimiento de arrastre, para obtener la velocidad de arrastre. Del dibujo se puede

observar que ambas varillas, AC y BD tienen velocidades angulares iguales, lo que implica

45


que tanto el punto D y el punto C tienen la misma velocidad. Si dos puntos que pertenecen

a un mismo sólido rígido, en este caso, la varilla CD, se desplazan con la misma velocidad,

estamos ante un movimiento de traslación. Por tanto, el movimiento de arrastre de la

varilla CD es una traslación circular. Así, en nuestro caso, la velocidad de arrastre es la

misma para P que para C o cualquier otro punto de la varilla:

~va =[~ω × ~AC

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −ω

R cos 60 R sen 60 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ωR

√3

2~i− ωR

2~j = 4

√3~i− 4~j

El signo negativo de la velocidad angular es debido a que el vector ~ω es entrante en el

dibujo, de sentido contrario al semieje Az positivo. Por otro lado, la velocidad relativa es:

~vr = 4~i

constante para el observador subido en la varilla CD.

Sumando la de arrastre y la relativa, se tiene la velocidad de P respecto a un observador

en tierra:

~vP = ~va + ~vr = 4√

3~i− 4~j + 4~i = 4(√

3 + 1)~i− 4~j

A continuación procederemos a calcular la aceleración de P respecto a un observador

�jo en tierra. Como ya sabemos ésta tiene tres contribuciones: aceleración de arrastre,

aceleración relativa y aceleración de Coriolis. Comencemos por la de arrastre:

~aa = ~aC +

[d~ωCDdt× ~CD

]+ ~ωCD ×

[~ωCD × ~CD

]Pero el sistema de ejes, como sólo se traslada, no gira: ~ωCD = 0. Por tanto los dos últimos

sumandos son nulos. Para el primer sumando, la aceleración de C:

~aa = ~ac =d

dt

[~ω × ~AC

]= ~ω ×

[ω × ~AC

]Como se puede ver el producto vectorial

[~ω × ~AC

]es la velocidad de arrastre obtenida

anteriormente, así:

46

3.4. Problema 4

~aa = ~ω × ~va =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −ω

4√

3 −4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −4ω~i− 4√

3ω~j = −16~i− 16√

3~j

La aceleración relativa es la derivada respecto al tiempo para el observador móvil de la

velocidad relativa. Como la velocidad relativa es constante, la aceleración relativa ~ar es

nula.

La aceleración de Coriolis sabemos que tiene como expresión genérica el producto

vectorial entre la velocidad angular de rotación de los ejes móviles y la velocidad relativa:

~ac = 2 [~ωejes × ~vr]

No obstante, el sistema móvil, es decir, la varilla CD no está rotando, sino que se traslada

siguiendo un movimiento circular (~ωejes = ~ωCD = 0), por tanto la aceleración de Coriolis

es nula.

En de�nitiva, el módulo de la aceleración respecto a un observador en tierra será el

módulo de la aceleración de arrastre únicamente:

|~aP | = |~aa| =√

(−16)2 +(−16√

3)2

=√

256 + 768 = 32 m/s2

47


3.5. Problema 5

La velocidad angular de la varilla OA es ~ω

, en sentido antihorario. Hallar : 1o) Veloci-

dades angulares de las varillas AB y BC. 2o)

Considerado como sistema móvil uno ligado

a la varilla OA en su movimiento, hallar la

aceleración de Coriolis del punto B.

SOLUCIÓN

La primera parte de este problema no tiene que ver con la cinemática relativa sino que

es un problema de cinemática de sistemas y por tanto se resuelve mediante la aplicación

del teorema de Chasles. Dado que el único dato que nos dan es la velocidad angular de la

barra OA que está �ja en O, es inmediato calcular la velocidad de A. Así:

~vA = ~ω × ~OA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 −ω

0 b 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Como el sentido de ω es antihorario, la expresión vectorial de ésta es:

~ω = ω~k

y su sentido positivo en unos ejes con centro en O. Por tanto la velocidad de A es:

~vA = ~ω × ~OA = ω · b~i

Para continuar hallando el resto de velocidades, podemos observar como la velocidad de B

no podemos hallarla directamente ya que no sabemos la ~ω de la varilla AB. No obstante,

B pertenece a la varilla AB y CB, así podemos expresar la velocidad de B en función de

la ~ωCB de la varilla de CB (�ja en C) y en función de la velocidad de A y de la ~ωAB de

48

3.5. Problema 5

AB. Esto se expresa de la siguiente manera:

~vB = ~vA +[~BA× ~ωAB

]= ~vA +

[~ωAB × ~AB

]~vB =

[~ωCB × ~CB

]sustituyendo con los valores conocidos y operando para igualar ambas expresiones de ~vB:

~vB = ωb~i+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωAB

c 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ωb~i+ ωABc~j

~vB =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ωCB

2b cos 30 −2b sen 30 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ωCB2b sen 30~i+ ωCB2b cos 30~j

Así, se obtiene dos ecuaciones de cada componente vectorial con dos incógnitas, ~ωAB y

~ωCB. De ~i se obtiene:

ωb = ωCB2b sen 30→ ω = ωCB

Por tanto, la velocidad de la varilla CB es:

ωCB = ω~k

Por otro lado, la segunda ecuación en ~j es:

ωABc = ωCB2b cos 30→ ωAB = ωCBb

√3

c

Por tanto, la velocidad angular de la varilla AB en notación vectorial es:

~ωAB = ωCBb

√3

c~k = ωb

√3

c~k

Por último, para responder a la segunda pregunta del enunciado es necesario considerar

la cinemática relativa. La aceleración de Coriolis genéricamente se expresa como:

~ac = 2 [~ω × ~vr]

La ω será la velocidad angular de rotación de los ejes del sistema móvil, en este caso la

de la varilla OA, ~ω = ω~k. La velocidad relativa es necesario calcularla. Para ello habrá

49


que conocer la velocidad de B respecto a tierra y la de arrastre de B. Es posible hallar

la velocidad de B respecto a un observador �jo en tierra, las expresiones se escribieron

anteriormente en función del movimiento de las varillas AB y CB. Sustituyendo con los

valores de las velocidades angulares halladas se tiene:

~vB = ~vA +[~ωAB × ~AB

]= ωb~i+ ωb

√3~j = ωb

(~i+√

3~j)

que sería la velocidad de B respecto a un observador �jo en tierra. Dado que el enunciado

nos dice que el sistema móvil es la varilla OA, la velocidad de arrastre debe tener en

cuenta el movimiento de B debido al de arrastre de la varilla. La varilla OA está rotando

con una velocidad angular ~ω = ω~k, por tanto al considerar a B como unido rígidamente

a OA, al moverse ésta, le correspondería la velocidad de arrastre de B:

~va =[~ω × ~OB

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

c −b 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ωb~i+ ωc~j

Teniendo la velocidad respecto a tierra y la de arrastre ya es posible calcular la relativa,

que es necesaria para el cálculo de la aceleración de Coriolis. La velocidad relativa es:

~vB = ~va + ~vr → ~vr = ~vB − ~va

sustituyendo

= ωb~i+ ωb√

3~j −(ωb~i+ ωc~j

)= ω

(b√

3− c)~j

Por último, para el cálculo de la aceleración de Coriolis hay que sustituir en su expresión:

~ac = 2~ω × ~vr =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i ~j ~k

0 0 ω

0 ω(b√

3− c)

0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2ω2(b√

3− c)~i = 2ω2

(c− b

√3)~i

50

problemas de cinemÁtica comentados física...

Documents