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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. Para facilitar el empleode estas notas los problemas estan divididos en los siguientes topicos

1. Cuerpos rıgidos sujetos a traslacion.

2. Cuerpos rıgidos sujetos a rotacion baricentrica.

3. Cuerpos rıgidos sujetos a movimiento plano general.

(a) Cuerpos rıgidos sujetos a rotacion no baricentrica.

(b) Cuerpos rıgidos sujetos a movimiento de rodadura.

(c) Analisis dinamico de mecanismos.

2 Analisis dinamico de cuerpos rıgidos sujetos a traslacion.

En esta seccion, se presentaran algunos problemas relacionados con el analisis dinamico de cuerpos rıgidossujetos a traslacion.

Problema 2.1 El montacargas mostrado pesa 2250Lb y se emplea para levantar una caja de lo 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.

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.

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 = (0.3)(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.

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

2

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 =v2f − v202 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

Problema 2.2 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 3m/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

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

3

Figure 3: Dibujo de un montacargas y la carga.

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

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 delas 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.

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

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

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

5

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 2.3 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 7Las 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.

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.

6

Figure 7: Diagrama de cuerpo libre de la barra.

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 2.4 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

Figure 8: Barril conectado a un cilindro C.

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

y

ΣTG ≥ 0 NBb

2− µs NB

h

2− T h1 ≥ 0



7

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

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

8

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

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 2.5 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.

9

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

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)

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

10

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

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]

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

Con este resultado finaliza el problema.

Problema 2.6 Tres barras, cada una con un peso de 8 lb, estan soldadas entre si y se encuentranconectadas mediante pasadores BE y CF . Si se desprecia el peso de los eslabones, determine la fuerza

11

en cada eslabon inmediatamente despues de que el sistema se suelta a partir del reposo.7

Solucion. Es importante notar que el mecanismo es un mecanismo paralelogramo, de manera que elelemento compuesto esta sujeto a traslacion. Como la velocidad y la aceleracion de todos los puntos de uncuerpo son iguales, la aceleracion del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras es iguala la aceleracion del punto B. Mas aun, puesto que el analisis debe hacerse despues de inmediatamentedespues de que el sistema se suelta a partir del reposo, la velocidad angular de las barras BE y CF soncero, por lo tanto, la unica aceleracion del punto B es tangencial y perpendicular al vector de posicionde B respecto de E. Por lo tanto,

~aG = aG sen θ i− aG cos θ j

Se iniciara la solucion del problema con los vectores de posicion necesarios, necesarios para calcularla posicion del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras. El elemento se separara entres barras, AB, BC y CD. Se asumira que la distancia a = 15 in = 5/4 ft.

Figure 14: Cuerpo formado por tres barras sujeto a traslacion.

Vectores de posicion. Los vectores de posicion son

~rGAB/B =a

2j ~rGBC/B = a

2i ~rGCD/B = ai+

a

2j

Donde ~rGAB/B , ~rGBC/B y ~rGCD/B , son los vectores de posicion de los centros de masas de las tres barrasAB, BC y CD.

Analisis del centro de gravedad. Para determinar el centro de masas G del elemento compuesto,se calculara el primer momento de masas con respecto al punto B

~QB = m~rGAB/B +m~rGBC/B +m~rGCD/B = m(a

2j)

+m(a

2i)

+m(

a i+a

2j)

=3ma

2i+ma j

Puesto queMT = m+m+m = 3m y ~QB = 3MT ~rG/B

donde G es el centro de masas del elemento compuesto. Entonces

~rG/B =~QB

MT=

3ma2

i+ma j

3m=

a

2i+

a

3j

Por lo tanto

~rB/G = −a

2i− a

3j ~rC/G =

a

2i− a

3j

Analisis del eslabon BE. En el siguiente paso vamos a probar que si la masa del eslabon BE esnulo, entonces las fuerzas que actuan sobre el eslabon tiene la direccion del eslabon. El mismo resultadose obtiene para el eslabon CF .

7Este es el Problema 16.17 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,

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

12

Figure 15: Diagrama de cuerpo libre del eslabon BE.

Puesto que la masa es despreciable, las ecuaciones de la dinamica, se convierten en las ecuaciones dela estatica, de modo que

∑

~Fx = 0 −RBx +REx = 0 REx = RBx

∑

~Fy = 0 −RBy +REy = 0 REy = RBy

Ademas, como∑

TGBE = 0.

Las reacciones en B y E deben ser colineales entre si y por lo tanto en la direccion de la barra. Si sedenomina θ la inclinacion de la barra con respecto al semieje positivo X, se tiene que

~RB = RB cos θ i+RB sen θ j

El resultado es igualmente valido para la barra CF , entonces

~RC = RC cos θ i+RC sen θ j

Ecuaciones de Newton-Euler para el elemento compuesto. Las ecuaciones de movimiento deleslabon estan dadas por

∑

Fx = M aGx RB cos θ +RC cos θ = 3m (aG sen θ)∑

Fy = M aGy − 3mg +RB sen θ +RC sen θ = −3m (aG cos θ)∑

~TG = ~0 ~rB/G × ~RB + ~rC/G × ~RC = ~0

Desarrollando la ecuacion de∑ ~TG = ~0 se tiene que

0 =(

−a

2i− a

3j)

×(

RB cos θ i+RB sen θj)

+(a

2i− a

3j)

×(

RC cos θi+RC sen θj)

= −a

2RB sen θk +

a

3RB cos θ k +

a

2RC sen θk +

a

3RC cos θ k

=[

RB

(

−a

2sen θ +

a

3cos θ

)

+RC

(a

2sen θ +

a

3cos θ

)]

k

Resolviendo RC en terminos de RB , se tiene que

RB

(

−sen θ

2+

cos θ

3

)

= −RC

(

sen θ

2+

cos θ

3

)

RB2 cos θ − 3 sen θ

6= −RC

3 senθ + 2 cos θ

6

RB (−2 cos θ + 3 sen θ) = RC (3 sen θ + 2 cos θ ) RC =−2 cos θ + 3 sen θ

3 sen θ + 2 cos θRB

Por lo tanto al sustituir RC en∑

Fx = 3maGx, se obtendra la ecuacion en terminos de RB y aG.

RB cos θ+

(−2 cos θ + 3 sen θ

3 sen θ + 2 cos θRB

)

cos θ = 3maG sen θ RB

(

1 +−2 cos θ + 3 sen θ

3 sen θ + 2 cos θ

)

= 3maG tan θ

13

De esta ecuacion se despeja RB .

RB =

(

3maG

1 + −2 cos θ+3 sen θ3 sen θ+2 cos θ

)

sen θ

cos θ=

[

3maG (3 sen θ + 2 cos θ)

6 sen θ

]

sen θ

cos θ=

maG (3 sen θ + 2 cos θ)

2 cos θ

= maG

(

3

2tan θ + 1

)

Ahora al sustituir RC en∑

Fy = 3maGy, se obtiene otra ecuacion en terminos de RB y aG, que permiteobtener otra ecuacion para RB

−3mg +RB sen θ +−2 cos θ + 3 sen θ

3 sen θ + 2 cos θRB sen θ = − 3maG cos θ

RB sen θ

(

1 +−2 cos θ + 3 sen θ

3 sen θ + 2 cos θ

)

= 3m (g − aG cosθ) RB =3m (g − aG cosθ)(3 sen θ + 2 cos θ)

6 sen2 θ

Igualando las ecuaciones para RB permite obtener una expresion para aG

RB =maG (3 sen θ + 2 cos θ)

2 cos θ=

3m (g − aG cosθ)(3 sen θ + 2 cos θ)

6 sen2 θaGcos θ

=g − aG cosθ

sen2 θaG sen2 θ = g cos θ − aG cos2 θ aG = g cos θ

Solucion para valores numericos. En esta seccion se sustituiran los datos del problema

aG = g cos θ = (32.2 ft/s2)cos 50◦ = 20.69776 ft/s2.

Las reacciones en los puntos B y C son

RB = maG

(

3

2tan θ + 1

)

= (8 lbm)(20.69776 ft/s2) (1.5 tan 50◦ + 1) = 461.581Poundals

= 14.3348Lbf.

y

RC =−2 cos θ + 3 sen θ

3 sen θ + 2 cos θRB =

(−2 cos 50◦ + 3 sen 50◦

3 sen 50◦ + 2 cos 50◦

)

14.3348Lbf. = 4.0502Lbf.

Problema 2.7 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.8

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.

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

8Este 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 16: Grafica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra.

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

~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 17.

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.

15

Figure 17: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos Rıgidos Involucrados.

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,

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

16

aG =− 80

3√3N.+ 1

2TBD + TBD cos θ

MAB sen θ=

− 80

3√3N.+ TBD

MAB sen θ= 1.571m/s2.


Problema 2.8 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 18. 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.9

Figure 18: Mecanismo paralelogramo.

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

o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 18 es un mecanismo paralelogramo,por lo cual el eslabon 3 esta sujeto a traslacion —curvilınea— por lo que todos los puntos del cuerpodeben 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 19.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



17

Figure 19: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo.

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

g − 144π2 a cos θ)

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/s21

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.


3 Analisis dinamico de cuerpos rıgidos sujetos a rotacion no

baricentrica.

En esta seccion, se presentaran algunos problemas relacionados con el analisis dinamico de cuerpos rıgidossujetos a rotacion no baricentrica.

Problema 3.1 El disco de 180mm. de radio esta en reposo cuando se coloca en contacto con la bandaque se mueve a velocidad constante, vea la figura 20. Despreciando el peso del eslabon AB y conociendoque el coeficiente de friccion cinetica entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleracionangular del disco mientras ocurre deslizamiento.10



18

Figure 20: Disco soportado mediante una barra y una banda.

Solucion: La figura 21 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 21: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra.

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

19

y

N =M gC 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. Con este resultado finalizael problema.

Problema 3.2 El volante mostrado en la figura 22 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.11

Figure 22: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante.

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 23.

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 k2aAr

o T = −M k2 aAr2


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

20

Figure 23: Diagramas de cuerpo libre y bloque.

Sustituyendo este resultado en la ultima ecuacion, se tiene que

−M k2 aAr2

−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(

0.375m0.5m

)2= −1.7836m/s2

El signo negativo indica que el bloque A se mueve hacia abajo, como era de esperarse.Es importante notar que el bloque A tiene movimiento rectilıneo con aceleracion uniforme. Por lo

tanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y

v2fA − v20A = 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 3.3 El disco B tiene una velocidad angular ω0 cuando se pone en contacto con el disco A,que esta en reposo. Demuestre que a) las velocidades angulares finales de los discos son independientesde los coeficientes de friccion µk entre los discos siempre que µk 6= 0, b) que la velocidad angular finaldel disco B depende solo de ω0 y del cociente de las masas mA y mB de los discos.12

Solucion. Primero se realizan los diagramas de cuerpo libre de los dos discos, se supone tambien elcaso de que no existe deslizamiento entre ellos. Se coloca un punto de referencia Q donde los dos discosestan en contacto.

A fın de que las velocidades de los discos lleguen a una situacion tal que no exista deslizamiento, eldisco B debe tener una aceleracion angular en sentido antihorario. Es decir

~αB = αB k

En estas dos figuras, 25 y 26, se puede observar que las reacciones que existen en los ejes de los discosno es de utilidad. Puesto que no son necesarias para el calculo de las velocidades angulares de los mismos.

Puesto que los discos estan sujetos a rotacion baricentrica, las ecuaciones de Newton-Euler se reducena:

ΣTGA = IGAαA ΣTGB = IGBαB



21

Figure 24: Figura problema 16.45 del libro de Beer y Johnston.

Figure 25: Diagrama de cuerpo libre del disco A.

Se observa que unicamente la accion de la fuerza de friccion en en el punto Q de cada disco produce unmomento. De tal manera que:

ΣTGA = IGAαA = µkNrA ΣTGB = IGBαB = µkNrB

Despejando la aceleracion angular para cada disco:

αA =µkNrAIGA

αB =µkNrBIGB

Los momentos de inercia de los discos estan dados por

IGA =1

2MArA

2 IGB =1

2MBrB

2

Como puede observarse, el algebra nos indica que ambas aceleraciones son en sentido antihorario,puesto que su signo es positivo. A continuacion se procede a identificar el comportamiento de los discosantes y despues de que entren en contacto.

Para t=0 :

~ωB = −ω0 k ~αB =2µkNrBMBrB2

k =2µkN

MBrBk (1)

~ωA = ~0 ~αA =2µkNrAMArA2

k =2µkN

MArAk (2)

Integrando las aceleraciones angulares de los discos B y A en funcion del tiempo, desde t = 0 hastaun tiempo t se obtiene:

~ωB(t) =2µkN

MBrBtk + C1 ~ωA(t) =

2µkN

MAratk + C2

22

Figure 26: Diagrama de cuerpo libre disco B.

Para determinar las constantes de integracion, evalue las ecuaciones para t = 0

~ωB(0) =2µkN

MBrB(0)k + C1 = −ω0k C1 = −ω0k

De manera semejante, para el disco A

~ωA(0) =2µkN

MArA(0)k + C2 = 0 C2 = 0

Las ecuaciones de la velocidad angular como funcion del tiempo t son

~ωB(t) =

(

2µkN

MBrBt− ω0

)

k ~ωA(t) =2µkN

MArAtk

Recurriendo a las ecuaciones de cinematica de cuerpos rıgidos de cuerpos sujetos a rotacion alrededorde un eje fijo, se tiene que las velocidades de los puntos Q como parte de los discos B y A estan dadaspor

~vQ/B = ~ωB(t)× ~rQ/GB=

(

2µkN

MBrBt− ω0

)

k × (−rB i) = (ω0 −2µkN

MBrBt)rB j

~vQ/A = ~ωA(t)× ~rQ/GA= (

2µkN

MArAtk)× (rAi) = (

2µkN

MAt)j

Existe un periodo durante el cual, existe deslizamiento entre los discos. El final de este periodo estaindicado por por la condicion de que la velocidad de Q respecto del disco B es igual a la velocidad delpunto Q respecto del disco A; es decir

~vQ/B = ~vQ/A

Sustituyendo las ecuaciones anteriores

ω0 −2µkNt

MB=

2µkNt

MA

se tiene que el tiempo, tf , para el cual los discos dejan de deslizarse esta dado

tf =ω0rBMAMB

2µkN(MA +MB)

Sustituyendo tf en la ecuacion de la velocidad angular del disco B se tiene que

~ωB(tf ) =

(

2µkN

MBrBtf − ω0

)

k =

[

2µkN

MBrB

(

ω0rBMAMB

2µkN(MA +MB)

)

− ω0

]

k

= ω0

(

−1 +MA

MA +MB

)

k = ω0

[−(MA +MB) +MA

MA +MB

]

k = ω0

( −MB

MA +MB

)

k

23

Sustituyendo tf en la ecuacion de la velocidad angular del disco A se tiene que

~ωA(tf ) =2µkN

MArAtf k =

2µkN

MArA

(

ω0rBMAMB

2µkN(MA +MB)

)

k = ω0

rBMB

rA(MA +MB)k

De esta manera se prueba que las velocidades angulares finales no dependen del coeficiente de friccion.

Problema 3.4 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.13

Figure 27: Dos engranes movidos por un pinon.

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 = αCrCrA

pues rA = rB . Debe notarse ademas que MA = MB y kA = kB .14

Figure 28: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pinon.

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.


Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork14Es 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.

24

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

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

De la primeras dos ecuaciones se tiene que

FA =MA k2A αA

rA=

MA k2A αC rCr2A

FB =MA k2A αA

rA=

MA k2A αC rCr2A

Sustiyendo en la∑

TCG = ICG, se tiene que

−M +MA k2A αC rC

r2ArC +

MA k2A αC rCr2A

rC = −MC k2C αC

o

αC =M

MC k2C + 2MA k2Ar2C

r2A

=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 = αCrCrA

= 34.2918 rad/s24 pulg

10 pulg= 13.7167 rad/s2.

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

FA =MA k2A αA

rA=

20Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2

0.8333 p= 185.176Poundals = 5.75Lbf.

Problema 3.5 Dos discos uniformes y dos cilindros se ensamblan como se muestra en la figura 29.El disco A pesa 20Lb y el disco B pesa 12Lb. Sabiendo que el sistema se suelta a partir del reposo,determine la aceleracion (a) del cilindro C, (b) del cilindro D. Los discos A y B estan atornillados entresı y estan unidas a cuerdas separadas enrolladas en los discos.15

Solucion: Considere la doble polea mostrada en la figura. El primer paso sera calculan los momentosde inercia de la doble polea

IG =1

2MA r2A +

1

2MBr

2B =

1

2(20 lbm)(

2

3ft)2 +

1

2(12 lbm)(

1

2ft)2 = 5.94 lbm− ft2

Ademas se calcularan las aceleraciones de los cilindros C y D. Para lo cual, se tiene que

~aC = ~aQ = ~α× ~rQ/O = α k × (−rA i) = −α rA j

~aD = ~aP = ~α× ~rP/O = α k × (rB i) = α rB j



25

Figure 29: Doble polea con pesos.

Figure 30: Diagramas de cuerpo libre de la doble polea con pesos.

Ahora se determinaran las ecuaciones de movimiento de la polea y de los cilindros, solo se indican lasque son necesarias

La suma de momentos alrededor del centro de masas de la polea

ΣTG = IG α T3 rA − T4 rB = IG α

La suma de fuerzas en la direccion del eje Y para el cilindro C

ΣFy = M ay T3 −MC g = MC (−α rA) T3 = MC (g − α rA)

La suma de fuerzas en la direccion del eje Y para el cilindro D

ΣFy = M ay T4 −MD g = MD (α rB) T4 = MD (g + α rB)

Sustituyendo las ecuaciones de las tensiones de la cuerda en la suma de momentos, se tiene que

MC (g − α rA) rA −MD (g + α rB) rB = IG α

Por lo tanto

α =(MC rA −MD rB) g

IG +MC r2A +MD r2B


α =(32.2 ft/s2)[(15 lbm)(0.666 ft)− (18 lbm)(0.5 ft)]

[5.94 + (15) (0.666)2 + (18) (0.5)2] lbm− ft2= 1.88 rad/s2

26

Finalmente, para determinar las aceleraciones de los cilindros, se tiene que

~aC = −α rA j = −(1.88rad/s2)−2

3ft j = −1.2533ft/s2 j

y

~aD = α rB j = (1.88rad/s2)1

2ft j = 0.94 ft/s2 j

Problema 3.6 El volante que se muestra en la figura 31 consiste en un disco de 30 pulgadas dediametro con peso de 240 Lb. El coeficiente de friccion entre la banda y el volante es de 0.35. Sila velocidad angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj,determine la magnitud de la fuerza ~P requerida para deternerlo en 25 revoluciones.16

Figure 31: Grafica de un volante sujeto a friccion.

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 32,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 32: 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 32. Las ecuaciones son

∑

Fy = 0 T sen∆ θ

2+ (T +∆T ) sen

∆ θ

2−N = 0,



27

Despreciando, los terminos infinitesimales de orden superior, se tiene que17

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 ,18 se tiene

−T + (T +∆T )− µT ∆ θ = 0

o

∆T = µT∆ θ∆T

∆ θ= µT

dT

d θ= µT.

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 e

µ 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 =ω2f − ω2

0

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 eµπ

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 eµπ

2 r =1

2M r2

72π

25

rad

s2.

o

P(

eµπ

2 − 1)

r =1

2M r2

36π

25

rad

s2.

o

P =M r 18π

25

rads2

eµπ

2 − 1=

18π

25

(240Lbm.) (1.25 pies) rads2

eµπ

2 − 1= 925.92 poundals = 28.755Lbf.

17Para angulos pequenos senα = α en radianes.18Para angulos pequenos cosα = 1

28

4 Analisis dinamico de cuerpos rıgidos sujetos a movimiento

plano general.

En esta seccion, se presentaran algunos problemas relacionados con el analisis dinamico de cuerpos rıgidossujetos a movimiento plano general.

Problema 4.1 Una viga AB de masa m y seccion transversal uniforme se suspende de dos resortes enla forma indicada en la figura 33. Si el resorte 2 se rompe, determine en ese instante. a). La aceleracionangular de la viga. b). La aceleracion del punto A. c). La aceleracion del punto B.19

Figure 33: Viga sujeta mediante resortes.

Solucion. Como la viga se analiza inmediatamente despues de romperse el resorte, la velocidadangular de la viga es nula. Como la viga es de seccion transversal uniforme, el centro de masas de laviga G esta en la mitad de la viga. La fuerza de los resortes 1 y 2 tienen la direccion de los resortes, y elangulo se denominara θ = 30◦.

Primeramente, se realizara el analisis estatico de la viga, cuando estan los dos resortes presentes. Laecuacion a emplear sera

∑

~F = ~0 ~F1 + ~F2 − ~W = ~0

(−F1 cos θ i+ F1 sen θ j) + (F2 cos θ i+ F2 sen θ j)−mg j = ~0

−F1 cos θ + F2 cos θ = 0 F1 sen θ + F2 sen θ −mg = 0

Por lo tanto−F1 cos θ + F2 cos θ = 0 F1 = F2 = F

y

F sen θ + F sen θ = mg F = F1 = F2 =mg

2 sen 30◦= mg

El enunciado del problema no indica el peralte de la viga, el siguiente analisis muestra que esta variableno es de importancia. Se denominaran P1 y P2 los puntos de contacto del resorte con la viga de maneraque

~rP1/G = −L

6i+

h

2i ~rP2/G =

L

6i+

h

2i

Por lo tanto, la ecuacion∑

~TG = ~rP1/G × ~F2 + ~rP2/G × ~F1 = ~0

conduce a∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k−L

6

h2

0

−mg√3

2

mg2

0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j kL6

h2

0

mg√3

2

mg2

0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−3mg L+

√3

4mg h+ 3mg L−

√3

4mg h)k = ~0



29

Puesto que el problema es muy sencillo, se formularan las ecuaciones de Newton-Euler sin realizar eldiagrama de cuerpo libre de la barra y del resorte restante

∑

Fx = maGx

∑

Fy = maGy

−mg

√3

2= maGx aGx = −g

√3

2

−mg +mg

2= maGy aGy = −g

2

Por lo tanto

~aG = −g

√3

2i− g

2j

Ademas∑

TG = IG

−mgL

12k =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k−L

60 0

−mg√3

2

mg2

0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= ~rP1/G × ~F1 =1

12mL2 α k

Por lo que

α = −mgL

12

mL2

12= − g

L~α = − g

Lk

Finalmente, la aceleracion del punto A esta dada por

~aA = ~aG + ~α× ~rA/G − ω2 ~rA/G =

(

−g

√3

2i− g

2j

)

+(

− g

Lk)

×(

−L

2i

)

= −g

√3

2i = −0.866 g i.

Con este resultado, finaliza el problema.

Problema 4.2 El panel uniforme rectangular de masa m se mueve a la derecha cuando la rueda Bcae del riel de soporte horizontal. Determine la aceleracion angular resultante y la fuerza TA en el tiranteA inmediatamente despues de que la rueda B sale del riel. Desprecie la friccion, la masa de los tirantesy de las ruedas, vea la figura 34.20

Figure 34: Placa rectangular montada sobre el riel.

Solucion. Este es un problema que muestra algunas de las deficiencias de los problemas propuestospor los libros de texto actuales. Debe notarse que

20Este es el Problema 6.90 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition, Jonh

Willey and Sons, Inc.: New York.

30

• Implıcitamente supone que el movimiento de la placa rectangular es a velocidad constante v.

• No hay mayor detalle acerca de las conecciones entre la placa, los tirantes y las ruedas.

En el diagrama de cuerpo rıgido de la placa, mostrado en la figura 35, supondremos que el tiranteA esta articulado mediante un perno en el punto P , tan cercano al borde de la placa que seguiremosconsiderando la distancia vertical entre el centro de masas G y el punto P como h/2.

Figure 35: Diagrama de cuerpo libre.

De las condiciones del problema se sabe que justo despues de que la rueda B se sale de la guıa, lavelocidad angular de la placa es cero, ω = 0 y la aceleracion del punto P es cero, ~aP = ~0.21 Por lo tantola aceleracion del centro de masas G esta dada por

~aG = ~aP + ~α× ~rGP − ω2 ~rGP = αk ×(

b

3i− h

2j

)

= α

(

b

3j +

h

2i

)

Por otro lado, se sabe que el momento de inercia de la placa rectangular uniforme respecto a un ejeperpendicular al plano de la placa y que pasa por su centro de masas es igual a

IG =1

12M(h2 + b2)

Se formularan las ecuaciones de Newton-Euler, para fuerzas en la direccion vertical y suma de mo-mentos alrededor del punto G, se tiene que

ΣFy = MaGy TA −mg = maGy (3)

y

ΣTG = IGα − TAb

3=

1

12m(h2 + b2)α (4)

Despejando TA de la ecuacion (3), resulta

TA = m(g + aGy) = m

(

g + αb

3

)

Sustituyendo el valor de TA en la ecuacion (4) se obtiene la aceleracion angular.

m

(

g + αb

3

)(

− b

3

)

=1

12m(h2 + b2)α

Despejando el valor de la aceleracion angular tenemos:

α =−12gb

3h2 + 7b2

Sustituyendo α en TA obtenemos

TA = mg

[

3(h2 + b2)

3h2 + 7b2

]

21Debe notarse que esta suposicion no serıa correcta si el tirante A estuviera rigidamente unido a la placa.

31

Estos resultados corresponden a los indicados por el libro. Todo parece normal, excepto que siconsideramos la suma de fuerzas en la direccion x, se tiene que

ΣFx = MaGx 0 = maGx = mαh

2(5)

Puesto que α 6= 0 y no hay fuerzas en la direccion horizontal. La solucion no es satisfactoria.

4.1 Analisis dinamico de cuerpos rıgidos sujetos a rotacion no baricentrica.

En esta seccion, se presentaran algunos problemas relacionados con el analisis dinamico de cuerpos rıgidossujetos a rotacion no baricentrica.

Problema 4.1.1 El elemento uniforme cuya forma corresponde a un cuarto de cırculo y su masa esm, se libera desde el reposo con uno de sus bordes en posicion vertical, tal como se muestra en la figura36. Determine la aceleracion angular inicial y las reacciones horizontal y vertical del pivote ideal en O.22

Figure 36: Elemento uniforme en forma de cuarto de cırculo.

Solucion. Para solucionar este problema es necesario realizar en primer lugar un diagrama del cuerpocon las fuerzas que se encuentran actuando sobre el mismo.

Del diagrama del cuerpo, cabe resaltar que no se conocen las coordenadas respecto al punto O dondese encuentra ubicado el centro de masa, G del elemento. El vector de posicion del centro de masasG respecto al punto O se separara en una componente horizontal, que se designa como rGOx, y unacomponente vertical, que se designa rGOy. El vector de posicion formado por estas componentes se definecomo

~rO/G = rGOxi+ rGOy j.

El vector de posicion ~rO/G puede tambien calcularse mediante el primer momento de masas delelemento con respecto al punto O, QO, a partir de la ecuacion

~rO/G =~QO

m

El primer momento de masas del elemento con respecto al punto O, ~QO, se determina como

~QO =

∫

B

(xi+ yj + zk)ρ dV

22Este es el Problema 6.41. del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J.L. and Kraige, L.G., Seventh

Edition, Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

32

Figure 37: Diagrama de cuerpo libre del elemento.

El volumen del cuerpo se determina a partir de la ecuacion

V =πb2

4t,

donde t indica el espesor, constante, del elemento. Por tanto la densidad es igual a

ρ =m

V=

mπb2

4t=

4m

πb2t

Determinacion de la componente en el eje x de ~QO

QOx =

∫

B

xρdV =

∫

B

r cos θ4m

πb2trdzdθdr =

∫ b

0

∫ 0

−π

2

∫ t

0

4m

πb2tr2 cos θdzdθdr

=4m

πb2t

∫ b

0

∫ 0

−π

2

r2 cos θdθdr z|t0=

4m

πb2

∫ b

0

∫ 0

−π

2

r2 cos θdθdr

=4m

πb2

∫ b

0

r2dr sin θ|0−π

2

=4m

πb2

∫ b

0

r2dr =4m

πb2r3

3

∣

∣

∣

∣

b

0

=4m

πb2b3

3=

4mb

3π

Determinacion de la componente en el eje x de ~QO

QOy =

∫

B

yρdV =

∫

B

r sin θ4m

πb2trdzdθdr =

∫ b

0

∫ 0

−π

2

∫ t

0

4m

πb2tr2 sin θdzdθdr

=4m

πb2t

∫ b

0

∫ 0

−π

2

r2 sin θdθdr z|t0=

4m

πb2

∫ b

0

∫ 0

−π

2

r2 sin θdθdr

=4m

πb2

∫ b

0

r2dr (− cos θ)|0−π

2

= − 4m

πb2

∫ b

0

r2dr = − 4m

πb2r3

3

∣

∣

∣

∣

b

0

= − 4m

πb2b3

3= −4mb

3π

Las componentes cartesianas del vector de posicion ~rGO estan dadas por

rGOx =QOx

m=

4mb

3πm=

4b

3πrGOy =

QOy

m= − 4mb

3πm= − 4b

3π

por tanto, el vector posicion del punto O respecto al centro de masa G es

~rO/G = −rGOxi+ rGOy j = − 4b

3πi+

4b

3πj

33

Puesto que el elemento esta sujeto a rotacion no-baricentrica, es necesario conocer la inercia del cuerporespecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto O.

IOzz =

∫

B

(x2 + y2)ρdV =

∫

B

r24m

πb2trdzdθdr =

4m

πb2t

∫ b

0

∫ 0

−π

2

∫ t

0

r3dzdθdr

=4m

πb2t

∫ b

0

∫ 0

−π

2

r3drdθ z∣

∣

∣

t

0

=4m

πb2

∫ b

0

∫ 0

−π

2

r3dθ dr

=4m

πb2

∫ b

0

r3drθ∣

∣

∣

0

−π

2

=4m

πb2(0 +

π

2)

∫ b

0

r3dr

=4mπ

2πb2

∫ b

0

r3dr =2m

b2

∫ b

0

r3dr =2m

b21

4r4∣

∣

∣

b

0

=m

2b2b4 =

m

2b2

La aceleracion del centro de masa esta dado por

~aG = ~α× ~rG/O =(

αk)

× (4b

3πi− 4b

3πj) =

4bα

3πi+

4bα

3πj

Realizando la sumatoria de momentos respecto al punto O:

∑

TO = IOzzα −mg4b

3π=

1

2mb2α

Por tanto

α = −4bg

3π

2

b2= − 8g

3bπ

en el sentido de las manecillas del reloj.Realizando la sumatoria de fuerzas en el eje X

∑

Fx = maGx −ROx = m

(

4bα

3π

)

=

(

4mb

3π

)(

− 8g

3bπ

)

= −32mg

9π2

Finalmente

ROx =32mg

9π2

El sentido de esta reaccion es hacia la derecha. Similarmente, realizando la sumatoria de fuerzas en eleje Y

∑

Fx = maGy ROy −mg = m

(

4b α

3π

)

Finalmente

ROy = mg +

(

4mb

3π

)(

− 8g

3bπ

)

= mg

(

1− 32

9π2

)

El sentido de esta reaccion es hacia arriba.

Problema 4.1.2 Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura38. 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 en C.23

Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 39, puesto que alromperse la cuerda en B, la velocidad angular de la barras es 0, solo esta presente la aceleracion normal.

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.



34

Figure 38: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.

Figure 39: Cuerpo libre de la barra.

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

,

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 son24

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.

24Cual es el argumento para no emplear b1?

35

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 4.1.3 Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura40. 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.25

Figure 40: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.

Solucion. El diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 41.

Figure 41: 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



36

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 4.1.4 Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga del problema4.1.3 inmediatamente despues de que el cable B se rompe.26

Solucion. Una seccion de la viga con las cargas estaticas y dinamicas actuando sobre la viga estamostrado en la figura 42. 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 42: 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

2LxM

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 gL2

4L2= 0

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

2Lx2M

Ldx − M g

Lxx

2+ V x+Mf = −3M g

2L2

∫ x

0

x2 dx



37

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 gL2

2L+

M gL

4+

M gL3

4L2= M gL

(

−1

2+

1

4+

1

4

)

= 0.

Problema 4.1.5 Una barra ligera y uniforme de longitud L = 36 in. y peso W = 4 lbf cuelga libre-mente de una articulacion en A, vea la figura 43. Una fuerza horizontal P = 1.5 lbf de magnitud se aplicaen B hacia la izquierda, h = L, determine a) la aceleracion angular de la barra y b) las componentes dela reaccion en A.27

Problema 4.1.6 En el problema 4.1.5, determine a) la distancia h para la cual la componente hori-zontal de la reaccion en A es cero —este punto se denomina centro de percusion— y b) la aceleracionangular correspondiente de la barra. 28

Figure 43: Dibujo de una barra que pende verticalmente.

Solucion. Primero se analizaran el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 44.Empleando las ecuaciones de Newton-Euler, se tiene que

ΣFx = MaGx −P +RAx = M αL

2ΣFy = 0 RAy −M g = 0

ΣTA = IA α1

3M L2 α = −P h

De la segunda ecuacion, se tiene queRAy = M g

De la tercera ecuacion, se tiene que

α =−3P h

M L2

27Este problema es el Problema 16.76 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.28Este problema es el Problema 16.77 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.

38

Figure 44: Diagrama de cuerpo libre de una barra que pende verticalmente.

y de la primera ecuacion, se obtiene la reaccion en x

RAx = P +M αL

2= P +M

−3P h

M L2

L

2= P

[

1− 3h

2L

]

Si para el primer problema h = L, se tiene que

α =−3P L

M L2= − 3P

M L= − =

3(1.5)(32.2)Lbm− ft/s2

(4Lbm)(3 ft)= −12.075rad/s2

y

RAx = P +M−3P L

M L2

L

2= P − 3

2P = −P

2= −0.75Lbf.

yRAy = M g = 4Lbf.

Con este resultado finaliza el primer problema.Para resolver el segundo problema, se tiene que RAx debe ser igual a 0. Por lo tanto

RAx = P +M−3P h

M L2

L

2= P

[

1− 3h

2L

]

Entonces

0 = P

[

1− 3h

2L

]

0 = 1− 3h2L 3h = 2L h =

2L

3

Entonces para la aceleracion angular, su ecuacion algebraica y su valor numerico son

α =−3P h

M L2=

−3P 2L3

M L2= − 2P

M L=

2 (1.5) (32.2)Lbm− ft/s2

(4Lbm)(3 ft)= −8.05 rad/s2


Problema 4.1.7 El objeto ABC consiste de dos barras delgadas soldadas entre si en el punto B. Labarra AB tiene una masa de 1Kg y la barra BC tiene una masa 2Kg, vea la figura 45. Si la magnitudde la velocidad angular es de 10 rad/s cuando θ = 0, determine las componentes de la reaccion en elpunto C cuando θ = 0.29

Solucion. Primero se muestra el dibujo en la posicion θ = 0, vea la figura 46 al igual que lasreacciones involucradas, horizontal y vertical, ambas positivas, RCx y RCy, respectivamente, al igual quela velocidad angular. Note que a = 0.3m, MAB = M , MBC = 2M y ω = 10 rad/s. El cuerpo esta sujetoa rotacion alrededor de un eje fijo no baricentrico que pasa por el punto C.



39

Figure 45: Elemento formado por dos barras.

Figure 46: Diagrama de cuerpo libre del elemento formados por dos barras.

El primer paso consiste en determinar el centro de masas del elemento compuesto a partir de loscentros de masas de los elementos simples. El elemento 1 es la barra BC y el elemento 2 es la barra AB.

~rG1C =(

0 i− a j)

|~rG1C | = a ~rG2C =(

−a

2i− 2 a j

)

|~rG2C | =√

17

4a

Calculando el primer momento de masas del elemento compuesto respecto al punto C, se tiene que

~QC = MAB ~rG1C +MBC ~rG2C = 2M(

0 i− a j)

+M(

−a

2i− 2 a j

)

= −Ma

2i− 4M a j

Por otro lado, la definicion del primer momento de area de un cuerpo, indica que

~QC = MT ~rGC

donde MT = 3M . Por lo tanto, el vector de posicion del centro de masas del elemento compuesto respectoal punto C es

~rGC =~QC

MT=

(

−M a2i− 4Ma j

)

3M= −a

6i− 4 a

3j = −0.05m i− 0.4m j

Ademas, se debe calcular el momento de inercia del elemento compuesto con respecto al punto C,

IGBC =1

12MBC L2

BC =1

12(2M) (2a)2 =

2

3M a2

y

IGAB =1

12MABL

2AB =

1

12M a2

40

Aplicando el teorema de ejes paralelos para encontrar el momento de inercia del elemento compuesto,respecto al punto C

IC = IGBC +MBC |~rG1C |2 + IGAB +MAB |~rG2C |2 =2

3M a2 + 2M a2 +

1

12M a2 +M

(

√

17

4a

)2

= M a2(

2

3+ 2 +

1

12+

17

4

)

= M a28 + 24 + 1 + 51

12= 7M a2

Primeramente, se determinara la aceleracion angular del cuerpo, a partir de las ecuaciones de Newton-Euler

ΣTC = ICα 3Mga

6= 7M a2α α =

g

14 a

El resultado numerico es

α =9.81m/s2

14(0.3m)= 2.3357m/s2 ~α = 2.3357m/s2 k

A partir de estos resultados, es posible determinar la aceleracion del centro de masas del elementocompuesto

~aG = ~α× ~rGC − ω2 ~rGC = (2.3357m/s2 k)× (−0.05m i− 0.4m j)− (10 rad/s)2(

−0.05m i− 0.4m j)

=(

5.93428 i+ 39.8832)

m/s2

Entonces es posible determinar las reacciones en el apoyo C.

ΣFx = M aGxα RCx = 3M aGxα RCx = 3(1Kgm)(5.93428m/s2) = 17.80284N

y

ΣFy = M aGyα RCy − 3M g = 3M aGyα

RCy = 3M(aGy + g) = 3(1Kgm)(9.81 + 39.8832)m/s2 = 149.0796N

En terminos de magnitud y direccion la reaccion en C esta dada por

RC =√

R2Cx +R2

Cy =√

(17.80284N)2 + (149.0796N)2 = 150.138N θ = tan−1RCy

RCx= 83.19◦

4.2 Analisis dinamico de mecanismos planos.

En esta seccion, se presentaran algunos problemas relacionados con el analisis dinamico de mecanismosplanos.

Problema 4.2.1 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.30

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

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

~ω2 = −6rad.

s.k ~α2 = ~0.



41

1

2

3

4

Figure 47: Mecanismo plano de cuatro barras.

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 L

23 =

1

12(2Kgm.) (0.12m)

2= 0.0024Kgm−m2.

La figura 48 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatrobarras.

42


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.

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 necesario

43

determinar 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

3ω22 L,


~α4 = ~0 ~α3 =1

3ω22 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 por31

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

3 ~rG3/A

= −ω22 Lj +

1

3ω22 k × Li = −2

3ω22 Lj.

y

~aG4 = ~α4 × ~rG4/C − ω24 ~rG4/C = −

(

1

3ω2

)23

2Lj = −1

6ω22 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 por32

I3/G3 =1

12M3 (2L)

2=

1

3M3 L

2.

La figura 49 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.

31Note que la aceleracion del centro de masas del cuerpo 2 es ~0 pues el cuerpo esta sujeto a rotacion baricentrica.32Puesto que ~α2 = ~0 y ~α4 = ~0, no es necesario calcular I2/G2 y I4/G4.

44


∑

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

3ω22 L

)

RAy +RBy = − 1

LI3/G3 α3 = − 1

L

1

3M3 L

2 1

3ω22 = −1

9M3 Lω2

2 .

Sumando las ecuaciones termino a termino, se tiene que

RAy =1

2M3

[

g − 2

3ω22 L− 1

9Lω2

2

]

=1

2M3

(

g − 7

9ω22 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

3ω22 L

)]

=1

2M3

(

−g +5

9ω22 L

)

=1

22Kgm.

[

−9.81m

s2+

5

9

(

−6rad

s

)2

(0.06m)

]

= −8.61N.

45

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.

Problema 4.2.2 La biela conectora AB de una cierta maquina de combustion interna pesa 1.2Lb,tiene su centro de masas en G y tiene un radio de giro alrededor de G de 1.12 in. El piston incluyendoel perno pesan juntos 1.80Lb. La maquina esta rotando a una velocidad constante de 3, 000 r.p.m.,de manera que la velocidad angular de la manivela es 100π rad/sec. Despreciando los pesos de loscomponentes y la fuerza ejercida por el gas en el cilindro comparado con las fuerzas generadas y calculela magnitud de la fuerza sobre el piston A para un valor del angulo de la manivela θ = 90◦.33

Figure 50: Maquina de Combustion Interna.

Solucion. La figura 51 muestra un esquema de la maquina de combustion interna.

Figure 51: Esquema de la Maquina de Combustion Interna.

Analisis Cinematico del Mecanismo. Los vectores de posicion de los puntos mas importantes

33Este es el Problema 6.105 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,

Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

46

desde el punto de vista cinematico y dinamico, son

~rB/O = a2 i ~rA/B = −a2 i+√

b2 − a22 j ~rG/B =b1b~rA/B =

b1b

(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

~ω2 = w2 k ~α2 = ~0

donde b = b1 + b2.

~vB = ~ω2 × ~rB/O =(

w2 k)

×(

a2 i)

= w2 a2 j

El analisis de velocidad del mecanismo se reduce a

~vA3 = ~vB + ~ω3 × ~rA/B = w2 a2 j + (w3 k)×(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

=

(

−w3

√

b2 − a22

)

i+ (w2 a2 − w3 a2) j

~vA4 = vA j

Igualando las expresiones para las velocidades ~vA3 y ~vA4 se tiene el siguiente sistema de ecuaciones

0 = −w3

√

b2 − a22vA = w2 a2 − w3 a2

La solucion del sistema de ecuaciones y del analisis de velocidad del mecanismo esta dado por

w3 = 0 vA = w2 a2 ~ω3 = ~0 ~vA = w2 a2 j

El analisis de aceleracion del mecanismo esta dado por

~aB = ~α2 × ~rB/O − ω2 ~rB/O = −w22 a2 i

El analisis de aceleracion del mecanismo se reduce a

~aA3 = ~aB + ~α3 × ~rA/B − ω23 ~rA/B

= −w22 a2 i+ (α3 k)×

(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

− ω23

(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

= −w22 a2 i− α3

√

b2 − a22 i− α3a2 j

=

(

−w22 a2 − α3

√

b2 − a22

)

i+ (−α3 a2 ) j

~aA4 = aA j

Igualando las expresiones para las velocidades ~aA3 y ~aA4 se tiene el siguiente sistema de ecuaciones

0 = −w22 a2 − α3

√

b2 − a22aA = −α3 a2

La solucion del sistema de ecuaciones y del analisis de velocidad del mecanismo esta dado por

α3 = − w22 a2

√

b2 − a22aA = −α3 a2 =

w22 a

22

√

b2 − a22

Para el analisis dinamico es necesario determinar la aceleracion del centro de masas de la biela G.

~aG = ~aB + ~α3 × ~rG/B − w23 ~rG/B

= −w22 a2 i+ (α3 k)×

b1b

(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

− ω23

b1b

(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

= −w22 a2 i+ (− w2

2 a2√

b2 − a22k)× b1

b

(

−a2 i+√

b2 − a22 j

)

= w22 a2

(

−1 +b1b

)

i+

(

w22 a

22

√

b2 − a22

b1b

)

j

47

Figure 52: Diagramas de Cuerpo Libre de la Maquina de Combustion Interna.

Analisis Dinamico del Mecanismo de Manivela Biela Corredera. La figura 52 muestra losdiagramas de cuerpo libre del mecanismo de manivela biela corredera de la maquina de combustioninterna. Debe notarse que para la biela, se incluyeron las fuerzas de inercia que actuan sobre la biela yun esquema con las distancias relevantes

Las ecuaciones de la dinamica del piston son:

ΣFx = m4 aAx RA +RAx = m4 0

ΣFy = m4 aAy RAy = m4 aAy

Por lo tanto

RA +RAx = 0 RAy = m4 aAy = m4

w22 a

22

√

b2 − a22Empleando el Principio de D’Alembert, es posible formular la ecuacion para el movimiento de la biela

como34

ΣTB = 0

La ecuacion resultante es

RAx

√

b2 − a22 +RAy a2 − IG3 α3 +m3 aGyb1ba2 +m3 aGx

b1b

√

b2 − a22 = 0

donde

IG3 = m3 k23 donde k3 = 1.12 in =

1.12

12ft

Sustituyendo los resultados del analisis cinematico en esta ecuacion, se tiene

RAx

√

b2 − a22 + m4

w22 a

22

√

b2 − a22a2 −m3 k

23

(

− w22 a2

√

b2 − a22

)

+m3

b1ba2

w22 a

22

√

b2 − a22

b1b

+ m3

b1b

√

b2 − a22 w22 a2

(

−1 +b1b

)

= 0

Reduciendo la ecuacion

RAx

√

b2 − a22 +m4

w22 a

32

√

b2 − a22+m3

w22 k

23 a2

√

b2 − a22+m3

w22 a

32

√

b2 − a22

(

b1b

)2

−m3 w22 a2

b1b

√

b2 − a22

(

1− b1b

)

= 0

Por lo tanto

RAx = −m4

w22 a

32

b2 − a22−m3

w22 k

23 a2

b2 − a22−m3

w22 a

32

b2 − a22

(

b1b

)2

+m3 w22 a2

b1b

(

1− b1b

)

= w22 a2

−m4 a22 −m3

(

k23 + a22(

b1b

)2)

b2 − a22+m3

b1b

(

1− b1b

)

34Debe notarse que seleccionando el punto B, hace innecesario determinar las reacciones RBx y RBy .

48

Sustituyendo los valores numericos, se tiene que m3 = 1.2Lbm, m4 = 1.8Lbm, w2 = 100π rad/sec,k3 = 1.12

12ft, a2 = 1.7

12ft, b = 4.3

12ft y b1 = 1.3

12ft, se tiene que

RAy = m4

w22 a

22

√

b2 − a22= (1.8Lbm)

(100π rad/sec 1.712

ft)2√

( 4.312

ft)2 − ( 1.712

ft)2= 10832.44Poundals. = 336.411Lbf.

y

RAx = w22 a2

−m4 a22 −m3

(

k23 + a22(

b1b

)2)

b2 − a22+m3

b1b

(

1− b1b

)

= (100πrad

sec)2(

1.7

12ft)

−(1.8)(1.7)2 − (1.2)(

(1.12)2 + (1.7)2(

1.34.3

)2)

(4.3)2 − (1.7)2+ (1.2)

(

1.3

4.3

)(

1− 1.3

4.3

)

Lbm

= 13981.939Poundals

[−7.02425

15.6+ 0.253109

]

= −2756.73Poundals = −85.612Lbf

Finalmente, la magnitud de la reaccion en A esta dada por

RA =√

R2Ax +R2

Ay =√

(−85.612)2 + (336.411)2 Lbf = 347.133Lbf.

Problema 4.2.3 El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k = 75mm. Labarra 2 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 punto B.35

12

3

1

Figure 53: Engrane Planetario.

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,



49

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

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 54.

Figure 54: 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 r

2 =1

3m2 r

2 +m2 r2 =

4

3m2 r

2.

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

I3p = IG3 +m3 r2 = m3 k

2 +m3 r2 = m3 k

2 +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

y∑

MA = I2A α2 −m2 g r −RBy 2 r =4

3m2 r

2

(

−1

2α3

)

= −2

3m2 r

2 α3.

50

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 r

2 α3 (6)

2m3 g r − 2RBy r = 2m3

(

k2 + r2)

α3 (7)

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= 72.3574

rad

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.

4.3 Analisis dinamico de cuerpos rıgidos sujetos a movimiento de rodadura.

En esta seccion, se presentaran algunos problemas relacionados con el analisis dinamico de cuerpos rıgidossujetos a movimiento de rodadura.

Problema 4.3.1 Un tambor de 80mm. de radio esta unido a un disco de 160mm. de radio. El discoy el 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.36

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 56. 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 +mr21 = m(

k2 + r21)

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



51

Figure 55: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.

Figure 56: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.

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

Ff = −P −mαr1 = −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.

Problema 4.3.2 Un tambor de 4 in de radio esta unido a un disco de 8 in de radio. El disco y eltambor tienen una masa combinada de 10Lb y un radio de giro combinado de 6 in. Se une una cuerda enla forma indicada y se jala con una fuerza P = 5N de magnitud. Si los coeficientes de friccion estaticay cinetica son , respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.20 , determine a) si el disco se desliza o no y b) laaceleracion angular del disco y la aceleracion de G.37

Solucion. Primero se supondra que el sistema tambor-disco rueda sin deslizar, se verificara la validezde la suposicion y en caso contrario se concluira que rueda con deslizamiento y se calcularan las acelera-ciones deseadas.



52

Figure 57: Tambor sujeto a rodadura.

Rodadura sin deslizamiento. Considere el diagrama de cuerpo libre del sistema tambor-disco, bajola suposicion de que la rodadura ocurre sin deslizamiento, en ese caso el punto O es el centro instantaneode velocidad. Por lo tanto,

vO = 0 atO = 0 ~aG = aGxi r = 6 in

Analisis de aceleracion. Las aceleraciones de los puntos G y O estan relacionadas

~aG = ~aO + ~α× ~rG/Q − ω2 ~rG/Q

aGxi = aOy j + α k × r j − ω2 r j

EntoncesaGx = −α r aOy = ω2 r

Figure 58: Diagrama de cuerpo libre del tambor sujeto a rodadura sin deslizamiento.

Estableciendo las ecuaciones de Newton-Euler, se tiene que

ΣFy = 0 −M g +N = 0 N = M g

El momento de inercia del tambor respecto del punto O

IO = IG +M r2 = M k2 +M r2 = M (k2 + r2)

ΣTO = IO α − P r = M (k2 + r2)α α =−P r

M (k2 + r2)

53

Por lo tanto, se tiene que

α =−(5) (32.2 lbm− ft/s2) ( 2

3ft)

10 lbm(0.52 + 0.6662) ft2= −15.47

rad

s2

Por lo tanto

aGx = −α r = −(−15.47rad

s2)2

3ft = 10.3133 ft/s2

ΣFx = M aGx P − Ff = M aGx

De manera que la fuerza de friccion esta dada por

Ff = P −M aGx = (5)(32.2)lbm− ft/s2 − (10 lbm)(10.3133 ft/s2) = 57.867N

La condicion que determina si el tambor rueda sin deslizar o existe deslizamiento es que

Ff ≤ µs N

En este caso, se tiene que

Ff = 57.867N < µs M g = (0.25)(10Lbm) (32.2 ft/s2) = 80.5N

Como la condicion se satisface, el tambor no sufre deslizamiento y el problema termina aquı.

Problema 4.3.3 Un tambor de r1 = 4 in. de radio esta unido a un disco de r2 = 8 in. de radio. Eldisco y el tambor tienen una masa combinada de M = 10 lb y un radio de giro combinado de k = 6 in.Se une una cuerda en la forma indicada en la figura 59 y se jala con una fuerza P = 5Lbf de magnitud.Si los coeficientes de friccion estatica y cinetica son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.20, determinesi el disco se desliza o no y la aceleracion angular del disco y la aceleracion de G.38

Figure 59: Dibujo de un tambor y un disco unidos.

Solucion. Primero se analizara la posibilidad de que el disco junto con el tambor se deslize o no.Para tal fın, se supondra inicialmente que no existe deslizamiento y se validara o se refutara esta su-posicion. Considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la parte inferior de la figura 60. Se denotarapor M la masa total del sistema tambor-disco, por N la reaccion entre el disco y el suelo, µs como elcoeficiente de friccion estatica entre el disco y el suelo y por Ff la fuerza de friccion. Finalmente, la acel-eracion horizontal del disco unido con el tambor y que pasa por su centro de gravedad se denominara aGx.

Para verificar si el sistema tambor-disco no desliza se tiene que cumplir la siguiente condicion:

Ff ≤ µs N



54

En caso de que la fuerza de friccion Ff sea mayor que µsN significa que existe deslizamiento entre elsistema tambor-disco y el piso.

Analisis de aceleracion. Analizando la figura 59 se observa que existe un punto Q que esta enel punto de contacto del disco y el suelo. Es necesario notar que bajo la suposicion de ausencia dedeslizamiento el punto Q es un centro instantaneo de velocidad y por lo tanto la velocidad en dichopunto, como parte del tambor, es igual a cero y la aceleracion horizontal del punto Q es igualmente cero

~vQ = ~0 ~atQ = ~aQx = 0 i

El punto Q si tiene aceleracion normal o vertical

~anQ = ~aQy = j

Similarmente, es claro que el centro de masas del tambor G unicamente tiene aceleracion en la direccionhorizontal

~aG = aGx i

El primer paso sera determinar la relacion entre la velocidad y aceleracion angulares del tambor y laaceleracion de los puntos Q y el centro de masas del tambor G. Donde el vector de posicion del centrode masas G del tambor respecto del centro instantaneo de velocidad Q,

~rG/Q = r j

La relacion entre la aceleracion de los puntos G y Q esta dada por

~aG = ~aQ ++~α× ~rG/Q − ω2 ~rG/Q

Sustituyendo los terminos que se conocen se tiene que

~aGx i = ~aQy j + α k × r j − ω2 r j

De manera que las ecuaciones escalares son

• Componentes en xaGx = −α r

• Componentes en y0 = aQy − ω2 r Por lo tanto aQy = ω2 r

Las conclusiones de este analisis son~aG = −α r i

y~aQ = ω2 r j

Figure 60: Diagrama de cuerpo libre sistema tambor-disco sin deslizamiento.

55

Analisis dinamico bajo la suposicion de ausencia de deslizamiento. Empleando las ecuacionesde Newton-Euler se tiene

∑

FGy = 0 P +N −M g = 0 Por lo tanto N = M g − P

∑

FGx = MaGx Ff = M (−α r2) Por lo tanto Ff = −M αr2

Para la suma de momentos, se requiere IQ que esta dado, empleando el teorema de ejes paralelos por

IQ = IG +M r22 = M k2 +M r22 = M (k2 + r22)

De aquı que∑

TQ = IQ(−α) Por lo tanto P r1 = M (k2 + r22) (−α)

Por lo tanto

α = − P r1M (k2 + r2)

Entonces es posible calcular la fuerza de friccion

Ff = −M αr2 =P r1 r2k2 + r2

Sustituyendo los datos dados del problema,

Ff = −(

(5)(32.2)Lbm− ft/s2) (

4

12ft) (

8

12ft)

(

6

12ft)2

+(

8

12ft)2

= −51.52Lbmft

s2

Ahora se probara si existe o no deslizamiento, pues se sabe que39

|Ff | ≤ |µsN | |Ff | ≤ |µs (M g − P ) |

donde

|µs N | = 0.25

[(

32.2ft

s2

)

(10Lbm)− (5)(

32.2Lbm− ft/s2)

]

= 40.25Lbmft

s2

Por lo tanto

51.52Lbmft

s2> 40.25

Lbmft

s2

Esto indica que si existe deslizamiento entre el disco y el piso.Analisis dinamico bajo la suposicion de presencia de deslizamiento. Si se presenta desliza-

miento, la aceleracion del centro de masas y la aceleracion angular son independientes. Ademas serectificara la suposicion acerca de la aceleracion angular y se supondra que α es en sentido antihorario.Considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 61. Note que como ya se sabe que existedeslizamiento, se conoce que la fuerza de friccion esta dada por

Ff = µk N

Analisis dinamico en presencia de deslizamiento. Empleando las ecuaciones de Newton-Eulerse tiene

∑

FGy = 0 P +N −M g = 0 Por lo tanto N = M g − P

∑

FGx = MaGx Ff = −µk N = M aGx Por lo tanto aGx = −µk N

M

Sustituyendo los valores, se tiene que

aGx = −µk (M g − P )

M= −µk

(

g − P

M

)

El valor numerico de aGx esta dado por

aGx = −0.2

(

32.2ft/s2 − (5) 32.2Lbm− ft/s2

10Lbm

)

= −3.22 ft/s2

39El signo de la fuerza de friccion no es importante, unicamente indica que nuestra suposicion de la aceleracion angular

es incorrecta.

56

Figure 61: Diagrama de cuerpo libre sistema tambor-disco sin deslizamiento.

El signo, indica que la aceleracion del centro de masas es hacia la izquierda, como se indica en la figura 61.

Finalmente, de la sumatoria de momentos alrededor del centro de masas, G, se tiene que

∑

TG = IG α Pr1 − µk N r2 = M k2 α

De manera que la aceleracion angular esta dada por

α =P r1 − µk N r2

M k2=

P r1 − µk (M g − P ) r2M k2


α =(5) 32.2Lbm− ft/s2

(

4

12ft)

− 0.2(

(10Lbm) 32.2 ft/s2 − (5) 32.2Lbm− ft/s2)

8

12ft

10Lbm(

6

12ft)2

= 12.88rad

s2


57

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