Cin´etica de Cuerpos R´ıgidos: M´etodos de Trabajo y Energ´ıa.¡mica II/Cinética... · En...

Cinetica de Cuerpos Rıgidos: Metodos de Trabajo y Energıa.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica.

Division de Ingenierıas, Campus Irapuato-Salamanca. Universidad de Guanajuato

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 estas notas, se presentan los fundamentos de la aplicacion del metodo de trabajo y energıa a lacinetica de los cuerpos rıgidos. Esta tarea es mucho mas sencilla que la deduccion de las ecuaciones deNewton-Euler pues muchos de los resultados obtenidos en la aplicacion del metodo de trabajo y energıaa la cinetica de partıculas son inmediatamente aplicable para cuerpos rıgidos. Por lo tanto, unicamenterestan tres tareas:

1. Determinacion de la energıa cinetica de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento plano general o algunode sus casos particulares

(a) Traslacion

(b) Rotacion alrededor de un eje fijo baricentrico.

(c) Rotacion alrededor de un eje fijo no baricentrico.

2. Mostrar que el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rıgido sufre un desplaza-miento Euclideo o de cuerpo rıgido es nulo.

3. Determinar el trabajo realizado por un par de fuerzas sobre un cuerpo rıgido sujeto a movimientoplano general.

Es importante hacer notar que, a diferencia de las notas Cinetica de Cuerpos Rıgidos: Ecua-

ciones de Newton-Euler, en estas notas se supone de inmediato la restriccion de que cuerpo rıgidoesta sujeto a movimiento plano general.

2 Determinacion de la Energıa Cinetica de un Cuerpo Rıgido

Sujeto a Movimiento Plano General.

De la cinetica de partıculas es bien conocido que la energıa cinetica de una partıcula esta dada por

T =1

2m | ~v |2= 1

2m~v · ~v. (1)

Por lo tanto, la energıa cinetica de un cuerpo rıgido B esta dada por

T =

∫

B

1

2~vM · ~vM dm, (2)

1

donde M es una partıcula arbitraria, cuya masa es dm. Expresando la velocidad de la partıcula enterminos de la velocidad del centro de masas, vea la figura 1 se tiene que

Figure 1: Relacion de las Velocidades de los Puntos G y M .

~vM = ~vG + ~ω × ~rM/G (3)

por lo tanto, la ecuacion (2) se reduce a

T =1

2

∫

B

(

~vG + ~ω × ~rM/G

)

·(

~vG + ~ω × ~rM/G

)

dm

=1

2

∫

B

[

~vG · ~vG + 2~vG ·(

~ω × ~rM/G

)

+(

~ω × ~rM/G

)

·(

~ω × ~rM/G

)]

dm

=1

2~vG · ~vG

∫

B

dm+ ~vG ·(

~ω ×∫

B

~rM/G dm

)

+1

2| ~ω |2

∫

B

(

n× ~rM/G

)

·(

n× ~rM/G

)

dm (4)

donde | ~ω | es la magnitud del vector velocidad angular ~ω y u es un vector unitario a lo largo de ladireccion de la velocidad angular.

Es evidente que

M =

∫

B

dm (5)

~QG =

∫

B

~rM/G dm = ~0 (6)

IG,n,n =

∫

B

(

n× ~rM/G

)

·(

n× ~rM/G

)

dm =

∫

B

(

~rM/G × n)

·(

~rM/G × n)

dm

(7)

Sustituyendo estos resultados en la ecuacion (4), se tiene que la energıa cinetica de un cuerpo rıgidosujeto a movimiento plano general esta dada por

T =1

2M | ~vG |2 +

1

2IG,n,n | ~ω |2 (8)

Ahora bien, sin perdida de generalidad, se supondra que el plano de movimiento del cuerpo rıgidoes el plano X − Y , por lo tanto, la direccion del eje de rotacion es la del eje Z y la energıa cinetica delcuerpo rıgido sujeto a movimiento plano general se reduce a

T =1

2M | ~vG |2 +

1

2IG,z,z | ~ω |2 . (9)

2

2.1 Determinacion de la Energıa Cinetica de un Cuerpo Rıgido Sujeto a

Movimiento de Traslacion.

Si el cuerpo rıgido esta sujeto a movimiento de traslacion, se tiene que

~ω = ~0.

Por lo tanto, la energıa cinetica de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento de traslacion esta dada por

T =1

2M | ~vG |2 . (10)

Esta ecuacion corresponde precisamente a la energıa cinetica de una partıcula.


Movimiento de Rotacion Baricentrica.

Si el cuerpo rıgido esta sujeto a movimiento de rotacion baricentrica, se tiene que el centro de masas delcuerpo, G, esta localizado en el eje de rotacion y, por lo tanto,

~vG = ~0.

Por lo tanto, la energıa cinetica de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento de rotacion baricentrica estadada por

T =1

2IG,z,z | ~ω |2 . (11)


Movimiento de Rotacion No Baricentrica.

Suponga que el cuerpo rıgido esta sujeto a movimiento de rotacion no baricentrica, entonces supongaque el eje de rotacion intersecta el plano de movimiento del cuerpo en el punto O —este punto no tienevelocidad—, es decir ~vO = ~0 y la velocidad del centro de masas, G, esta dado por

~vG = ~ω × ~rG/O,

donde, puesto que se emplea el concepto de placa representiva, ~ω y ~rG/O son perpendiculares.Por lo tanto, se tiene que la energıa cinetica de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento de rotacion no

baricentrica esta dada por

T =1

2M | ~ω × ~rG/O |2 +

1

2IG,z,z | ~ω |2= 1

2M | ~ω |2| ~rG/O |2 +

1

2IG,z,z | ~ω |2

=1

2| ~ω |2

(

M | ~rG/O |2 +IG,z,z

)

=1

2| ~ω |2 IO,z,z, (12)

donde se aplico el teorema de Steiner o de ejes paralelos para obtener

IO,z,z = M | ~rG/O |2 +IG,z,z.

3 Determinacion del Trabajo Realizado por las Fuerzas Internas

Cuando un Cuerpo Rıgido Sufre un Desplazamiento Euclideo.

En esta seccion determinaremos el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo rıgidosufre un desplazamiento Euclideo. Considere dos partıculas Pi y Pj que pertenecen a un cuerpo rıgido,B, cuyo centro de masas esta dado por G, vea la figura 2. Las velocidades de estos puntos, en terminosde la velocidad de G, estan dadas por

~vPi= ~vG + ~ω × ~rPi/G y ~vPj

= ~vG + ~ω × ~rPj/G. (13)

La diferencial del trabajo efectuado por la pareja de fuerzas que actuan sobre Pi y Pj y que sonproducidas por Pj y Pi respectivamente, esta dado por

dU = ~fij · d~rPi+ ~fji · d~rPj

. (14)

3

Figure 2: Determinacion del Trabajo Realizado por las Fuerzas Internas de un Cuerpo Rıgido Sujeto aMovimiento Plano General.

Sin embargo,~fji = −~fij d~rPi

= ~vPid t d~rPj

= ~vPjd t,

de manera que


= ~fij ·(

~vPid t− ~vPj

d t)

= ~fij ·[(

~vG + ~ω × ~rPi/G

)

−(

~vG + ~ω × ~rPj/G

)]

d t

= ~fij ·[

~ω ×(

~rPi/G − ~rPj/G

)]

d t. (15)

Sin embargo, de la figura 2 se tiene que

~rPi/G − ~rPj/G = ~rPi/Pj

Por lo quedU = ~fij ·

(

~ω × ~rPi/Pj

)

(16)

Debe notarse que mientras que ~fij es paralela a la lınea que conecta las partıculas Pi y Pj , el vector~ω × ~rPi/Pj

es necesariamente perpendicular a esa misma lınea, por lo tanto


= ~fij ·(

~ω × ~rPi/Pj

)

= 0. (17)

Este resultado indica que el trabajo realizado por la pareja de fuerzas internas ~fij y ~fji cuando un cuerporıgido sufre un desplazamiento Euclideo es nulo. Por lo tanto, extrapolando este resultado a la totalidadde las fuerzas internas que actuan sobre un cuerpo rıgido B, se tiene que

U =∑

Pi∈B

(∫

B

~fij · d~rPi

)

=

Pi 6=Pj∑

Pi∈B

[∫

B

(

~fij · d~rPi+ ~fji · d~rPj

)

]

= 0. (18)

Este resultado indica que el trabajo realizado por las fuerzas internas cuando un cuerpo

rıgido sufre un desplazamiento Euclideo es nulo y no necesita considerarse en la aplicacion delmetodo de trabajo y energıa aplicado a cuerpo rıgidos.

4 Determinacion el Trabajo Realizado por un Par de Fuerzas

Sobre un Cuerpo Rıgido Sujeto a Movimiento Plano General.

En esta seccion determinaremos el trabajo realizado por un par de fuerzas sobre un cuerpo rıgido sujetoa movimiento plano general. Considere dos partıculas Pi y Pj que pertenecen a un cuerpo rıgido, B,cuyo centro de masas esta dado por G, vea la figura 3. Las velocidades de estos puntos, en terminos dela velocidad de G, estan dadas por la ecuacion (13).

4

Figure 3: Determinacion del Trabajo Realizado por un Par de Fuerzas.

La diferencial del trabajo efectuado por el par de fuerzas, ~F , que actuan sobre Pi y Pj esta dado por

dU = ~F · d~rPi+(

−~F)

· d~rPj. (19)

Sin embargo,d~rPi

= ~vPid t d~rPj

= ~vPjd t,

de manera que

dU = ~F · d~rPi− ~F · d~rPj

= ~F ·(

~vPid t− ~vPj

d t)

= ~F ·[(

~vG + ~ω × ~rPi/G

)

−(

~vG + ~ω × ~rPj/G

)]

d t

= ~F ·[

~ω ×(

~rPi/G − ~rPj/G

)]

d t = ~F ·(

~ω × ~rPi/Pj

)

d t = ~ω ·(

~rPi/Pj× ~F

)

d t

= ~ω · ~TF d t = ~TF · ~ω d t, (20)

donde ~TF es el momento o torque producido por el par de fuerzas ~F aplicado a las partıculas Pi y Pj .Debe reconocerse que, en movimiento plano general los unicos momentos que pueden producir trabajo sonaquellos cuya direccion coincide con la direccion del vector velocidad angular ~ω, perpendicular al planode movimiento del cuerpo rıgido. En esas circunstancias, es posible prescindir del caracter vectorial dela ecuacion (20) y reducirla a

dU =| ~Tf || ~ω | d t = TFd θ

d td t = TF d θ. (21)

de modo que el trabajo realizado por el par de fuerzas se reduce a

U =

∫ t2

t1

d T =

∫ θ2

θ1

TF d θ (22)

En particular, si la magnitud del par de fuerzas permanece constante durante el periodo para el cual sedetermina el trabajo, se tiene que

U =

∫ t2

t1

d T =

∫ θ2

θ1

TF d θ = TF

∫ θ2

θ1

d θ = TF (θ2 − θ1) . (23)

4.1 Potencia desarrollada por un par de fuerzas.

La ecuacion 21 permite determinar de manera muy facil la potencia desarrollada por un par de fuerzas.Puesto que la potencia se define como

P ≡ dU

dt=

d

dt[TF (θ) d θ]

Si el torque TF (θ) es constante, se tiene que

P = TFd θ

dt= TF ω

5

5 Determinacion de las Ecuaciones del Metodo de Trabajo y

Energıa para Cuerpos Rıgidos.

En esta seccion, los resultados obtenidos en la aplicacion del metodo de trabajo y energıa para unapartıcula se extrapolaran a cuerpos rıgidos. Considere la ecuacion de trabajo y energıa para una partıcula,dada por

T1 + U1→2 = T2 (24)

donde Ti es la energıa cinetica de la partıcula en las posicion i y U1−→2 es el trabajo realizado porlas fuerzas aplicadas a la partıcula durante la trayectoria seguida por la misma partıcula al pasar de laposicion 1 a la posicion 2.

Por lo tanto, cuando se considera un cuerpo rıgido la ecuacion del metodo de trabajo y energıa, (24),se transforma en

∫

B

T1 dm+

∫

B

U1→2 dm =

∫

B

T2 dm, (25)

donde, ahora la integral

Ti ≡∫

B

Ti dm (26)

representa la energıa cinetica del cuerpo rıgido en la posicion i y, de acuerdo a la ecuacion (8), esta dadapor

Ti =1

2M | ~vGi |2 +

1

2IG,z,z | ~ωi |2 .

o por alguno de los casos particulares indicados en la seccion 2.Por otro lado, la integral

U1→2 ≡∫

B

U1→2 dm (27)

representa el trabajo efectuado por todas las fuerzas aplicadas sobre todas las partıculas del cuerporıgido. Sin embargo, los resultados obtenidos en la seccion 3 indican que el trabajo realizado por lasfuerzas internas al cuerpo rıgido es nulo. Por lo tanto U1→2 representa el trabajo efectuado por

todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rıgido.Finalmente, la ecuacion que representa el metodo de trabajo y energıa para cuerpos rıgidos esta dada

porT1 +U1→2 = T2. (28)

6 Sistemas Conservativos.

Si todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rıgido son conservativas; es decir, son resultado de uncampo escalar de energıa potencial, o alternativamente, no disipan energıa, entonces, el trabajo realizadopor las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rıgido puede escribirse como

U1→2 = V1 −V2. (29)

donde Vi, representa la suma de las energıas potenciales asociadas a todas las fuerzas, conservativas,aplicadas sobre todas las partıculas del cuerpo, cuando este cuerpo se encuentra en la posicion i.

Sustituyendo la ecuacion (29) en la ecuacion (28), se obtiene que la ecuacion que representa el metodode trabajo y energıa para cuerpos rıgidos, cuando todas las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rıgidoson conservativas, esta dada por

T1 +V1 −V2 = T2.

o finalmenteT1 +V1 = T2 +V2. (30)

Esta es la ecuacion necesaria para aplicar el metodo de trabajo de energıa si el sistema es conservativo.

6

7 Problemas Propuestos.

En esta seccion se presentaran algunos problemas propuestos de aplicacion del metodo de trabajo yenergıa y su solucion detallada.

Problema 1. El cilindro uniforme A de 4 kg, cuyo radio r = 150mm, tiene velocidad angularω0 = 50 rad

s cuando se pone en contacto con un cilindro identico B que esta en reposo. El coeficiente defriccion cinetica en el punto de contacto D es µk. Despues de un periodo de deslizamiento los cilindrosalcanzan, al mismo tiempo, velocidades angulares constantes de igual magnitud y direccion opuesta. Siel cilindro A ejecuta tres revoluciones antes de llegar a la velocidad angular constante, y el cilindro Bcompleta una revolucion antes de alcanzar la velocidad angular constante, determine a) la velocidadangular final de cada cilindro, b) el coeficiente de friccion cinetica.1

1

2

3

Figure 4: Cilindros sujetos a friccion.

Solucion: La figura 5 muestra los diagramas de cuerpo libre de ambos cilindros.

Figure 5: Diagrama de cuerpo libre de dos cilindros sujetos a friccion.

En la aplicacion del metodo de trabajo y energıa para cuerpos rıgidos, se necesitan determinar cualesson las posiciones 1 y 2. En este caso, las posiciones estan determinadas por

1. La posicion 1 ocurre justo cuando los discos se ponen en contacto. En este caso, para cada uno delos discos

T1A =1

2IA ω2

0 =1

4mr2 ω2

0 T2B = 0

1Este es el Problema 17.6 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y

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

7

2. La posicion 2 ocurre cuando ambos discos tienen la misma velocidad angular, en sentidos opuestos,y por lo tanto, no hay deslizamiento. Para esta posicion, para cada uno de los discos, IA = IB , porlo que

T2A = T2B =1

2IA ω2

f =1

4mr2ω2

f

Finalmente, es necesario calcular el trabajo efectuado por las fuerzas que si realizan trabajo, que eneste caso son los momentos producidos por las fuerzas de friccion

U1→2A = −µk N r∆ θ2 = −µk mg r∆ θ2

yU1→2B = µk N r∆ θ3 = µk mg r∆ θ3.

Por lo tanto, para el disco A1

4mr2 ω2

0 − µk mg r∆ θ2 =1

4mr2ω2

f

y para el disco B

0 + µk mg r∆ θ3 =1

4mr2ω2

f

Restando termino a termino ambas ecuaciones, se tiene que

1

4mr2 ω2

0 − µk mg r∆ θ2 − µk mg r∆ θ3 = 0

o

µk =14 r ω

20

g (∆ θ2 +∆ θ3)=

14 (0.15m.)

(

50 rads

)2

9.81ms2 (3 + 1) 2π

= 0.38

Finalmente, la velocidad angular final de ambos discos es

ωf =

√

µk mg r∆ θ314 mr2

=

√

4µk g∆ θ3r

= 25rad

s

Problema 1a. Dos discos del mismo material estan unidos a un eje como se muestra en la Figura 6.Un disco, A, es de radio r y tiene un espesor b , mientras que el disco B es de nr radio y 3b de espesor .Un par M de magnitud constante se aplica cuando el sistema esta en reposo y se retira despues de queel sistema ha ejecutado 2 revoluciones . Determine el valor de n con el cual se logra el maximo valor dela velocidad final para un punto en el borde del disco B.2

Figure 6: Dibujo de 2 discos unidos a un eje.

2Este es el Problema 17.3 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.

8

Solucion. La descripcion del problema involucra la especificacion de una posicion inicial y unaposicion final, como informacion para el calculo de la velocidad final para un punto en el borde deldisco B. Por lo que la aplicacion del principio del trabajo y la energıa para un cuerpo rıgido, es laherramienta adecuada para el analisis de este problema. Consecuentemente es necesario analizar laenergıa cinetica tanto en la posicion inicial como en la posicion final, la cual para el problema bajoanalisis sera exclusivamente energıa cinetica de rotacion, este calculo requiere de los momentos de inerciaen los discos A y B, por lo que antes de proceder con el calculo de la energıa cinetica se calcularan losmomentos de inercia mencionados.

Momento de Inercia de los Discos A y B.

IA =1

2mA r2 IB =

1

2mB (nr)2

No se proporciona el dato de la masa de los discos, pero es posible obtenerlo mediante la densidadvolumetrica ρ del material seleccionado y el calculo de su respectivo volumen, VA y VB con los datos deradio y espesor proporcionados.

VA = π r2 b VB = π (nr)2 (3b)

A partir de estos resultados es posible obtener las masas de ambos discos, A y B.

mA = πr2bρ mB = π(nr)2(3b)ρ = 3n2(

π r2 b)

Se puede observar con claridad que los terminos que describen el valor de la masa del disco A, aparecenen los terminos que desriben la masa del disco B. Por lo que podemos expresar la masa del disco B como

mB = 3n2mA

Por tanto, el momento de inercia del disco B esta dado por

IB =3

2mA n4 r2

Energıa cinetica del sistema

• Posicion 1 : El sistema esta en reposo. Por lo tanto la energıa cinetica del sistema en la posicioninicial es igual a 0; es decir

T1 = 0

• Posicion 2 : Despues de que el sistema ha girado 2 revoluciones.

T2 =1

2IAω

22 +

1

2IBω

22 =

1

2ω22

[

1

2mA r2 +

3

2mA n4 r2

]

=1

4mAr

2ω22 [1 + 3n4]

Trabajo de todas las fuerzas actuando sobre el cuerpo rıgido.

Sobre el cuerpo rıgido se aplica un par M de magnitud constante cuando el sistema esta en reposo yse retira despues de que el sistema ha ejecutado 2 revoluciones. Debido a que la magnitud del momentoes constante, el trabajo efectuado sobre el cuerpo rıgido se puede obtener con la magnitud del par y eldesplazamiento angular, de la siguiente manera:

U1→2 = M ∆ θ

donde:∆ θ = θ2 − θ1 = 2π (2) rad θ1 = 0 rad

Por lo tanto:U1→2 = 4πM

Finalmente aplicaremos el principio de trabajo y energıa

9

Principio de Trabajo y Energıa

T1 + U1→2 = T2 0 + 4πM =1

4mA r2 ω2

2 [1 + 3n4]

de esta ecuacion, es posible obtener el valor de la velocidad angular ω2 como

ω2 =

√

16πM

mAr2[1 + 3n4]

La velocidad final de un punto del borde del disco B, esta dada por

VBorde = ω2(n r) = n r

√

16πM

mAr2[1 + 3n4]=

√

16πM

mA

n2

1 + 3n4

Como en esta expresion M , π, mA son constantes, para optimizar el resultado es unicamente necesarioconsiderar la expresion —pues es posible tambien prescindir de la raiz cuadrada.

f(n) =n2

1 + 3n4

derivando la expresion con respecto de la variable n se tiene que

d f(n)

dn=

n2 (12n3)− [1 + 3n4] 2n

[1 + 3n4]2=

6n5 − 2n

[1 + 3n4]2

Igualando a 0 la derivada y resolviendo para n se tiene que3

n =4

√

1

3= 0.760 n4 =

1

3

Debido a que el valor de n no puede ser negativo, el valor positivo de la raız es el valor que maximizala funcion. Para verificar que se tiene un maximo de la funcion, se evaluara la segunda derivada para elvalor de n.

d f2(n)

dn2=

(6n5 − 2n)2(1 + 3n4) 12n3 − [1 + 3n4]2(30n4 − 2)

[1 + 3n4]4

=(6n5 − 2n)2 (12n3)− [1 + 3n4](30n4 − 2)

[1 + 3n4]3

=144n8 − 48n4 − 30n4 − 90n8 + 2 + 6n4

[1 + 3n4]3=

54n8 − 72n4 + 2

[1 + 3n4]3

Sustituyendo el valor de n en la segunda derivada se obtiene:

d f2(n)

dn2

∣

∣

∣

n4= 1

3

=54 ( 13 )

2 − 72 13 + 2

(

1 + 3 13

)3 =6− 24 + 2

8= −2

El valor es negativo, por lo tanto, el punto crıtico es un maximo.

Problema 2. La doble polea de la figura 7 tiene una masa de 14 kg y radio de giro centroidal de 165mm. El cilindro A y el bloque B estan unidos a cuerdas enrolladas en las poleas tal como esta indicado.El coeficiente de friccion entre el bloque B y la superficie es µk = 0.25. Si el sistema se suelta desde elreposo en la posicion mostrada, determine a) la velocidad del cilindro A cuando este golpea el suelo, b)la distancia total que el bloque B se mueve antes de quedar en reposo.4

Solucion: En la aplicacion del metodo de trabajo y energıa debe de indicarse cuales son las posicionesdel sistema en las distintas fases del sistema. Para este problema, las posiciones son

1. Posicion 1. Posicion inicial del sistema, cuando esta en reposo.

3Existe otra raiz n = 0 que no tiene importancia fısica.4Este es el Problema 17.9 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y

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

10

1

1

1

2

3

4

r =1

=r2

=h

Figure 7: Polea conectada a dos cuerpos.

2. Posicion 2. Justo antes de que el cilindro A choque con el piso.

3. Posicion 2’. Justo despues de que el cilindro A ya ha chocado con el piso.

4. Posicion 3. Cuando el bloque B llega de nuevo al reposo.

Entonces, es posible analizar el comportamiento del sistema entre las posiciones 1 y 2. La energıacinetica del sistema en estas posiciones 1 y 2 estan dadas por

T1 = 0,

y

T2 =1

2I2 ω

22 +

1

2m3 v

2B +

1

2m4 v

2A =

1

2

[

m2 k2 ω2

2 +m3 r21 ω

2 +m4 r22 ω

2]

=1

2ω22

[

m2 k2 +m3 r

21 +m4 r

22

]

Por otro lado, el trabajo realizado entre las posiciones 1 y 2 esta dado por5

U1→2 = m4 g h− µk m3 gr1r2

h = g h

[

m4 − µk m3r1r2

]

Por lo tanto, puesto que

T1 + U1→2 = T2 0 + g h

[

m4 − µk m3r1r2

]

=1

2ω22

[

m2 k2 +m3 r

21 +m4 r

22

]

se tiene que

ω2 =

√

√

√

√

2 g h[

m4 − µk m3r1r2

]

m2 k2 +m3 r21 +m4 r22=

√

2(

9.81 ms2

)

(0.9m)(

11.5− 0.25 · 9 0.150.25

)

kg

(14 · 0.1652 + 9 · 0.152 + 11.5 · 0.252) kg −m2

=

√

179.2287

1.3024

rad

s= 11.7309

rad

s

Por lo tanto, la velocidad del cilindro A justo antes de chocar el piso esta dada por

vA2 = ω2 r2 =

(

11.7309rad

s

)

(0.25m) = 2.932m

s

5Es importante notar que las tensiones en las cuerdas no producen trabajo pues son fuerzas internas, ademas la deter-

minacion de las fuerzas que realizan trabajo es tan simple que no es necesario realizar los diagramas de cuerpo libre de los

cuerpos.

11

En la posicion 2′, la energıa cinetica del cilindro A ya se disipo por el choque del cuerpo con el piso,por lo tanto

T2′ =1

2ω22

[

m2 k2 +m3 r

21

]

mientras que la energıa cinetica en la posicion 3 es nula, pues el cuerpo B y, por lo tanto, la polea estaen reposo. de aquı que

T3 = 0.

Finalmente, el trabajo efectuado entre la posicion 2′ y 3, se tiene que

U2′→3 = −µk m3 g∆ s

La ecuacion resulta que

T2′ + U2′→3 = T31

2ω22

[

m2 k2 +m3 r

21

]

− µk m3 g∆ s = 0.

Por lo tanto

∆ s =ω22

[

m2 k2 +m3 r

21

]

2µk m3 g=

(

11.7309 rads

)2 [14 · 0.1652 + 9 · 0.152

]

kg −m2

2 · 0.25 · 9 kg · 9.81ms2

= 1.819m.

Por lo tanto, la distancia total que recorrio el bloque B esta dada por

∆ sT =r1r2

h+∆ s =0.15m

0.25m0.9m+ 1.819m = 2.359m.

Problema 3. La barra esbelta uniforme de 1.2 kgm gira libremente alrededor del eje horizontal O.El sistema se libera a partir del reposo cuando este se encuentra en la posicion horizontal θ = 0◦ donde elresorte esta sin deformacion. Si se observa que la barra para momentaneamente en la posicion θ = 50◦.Determine la constante k del resorte. Para este valor obtenido de k, ¿Cual es la velocidad angular de labarra cuando θ = 25◦? 6

Figure 8: Problema 6-120

Solucion. Debe notarse que el sistema es conservativo. Para la primera parte del problema, seseleccionan las siguientes posiciones

• Posicion 1. Cuando θ = 0◦.

6Este problema corresponde al Problema 6-120 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Seventh Edition, 2008,

Meriam, J. L. and Kraige, L. G., John Wiley and Sons: New York.

12


Planteando la ecuacion para un sistema conservativo

T1 + V1 = V2 + T2 (31)

Es importante notar que el sistema parte del reposo y que el nivel de referencia para calcular la energıapotencial debida al peso de la barra, se encuentra cuando θ = 0◦ de ahı se tiene que

• T1= 0 Puesto que el sistema parte del reposo.

• V1= 0 La barra se encuentra en el nivel de referencia y el resorte no esta deformado.

• T2= 0 Puesto que la barra se encuentra momentaneamente en reposo.

Se calcula la longitud no deformada e inicial del resorte

L1 =√

(0.6m)2 + (0.6m)2 = 0.848m

Se calcula la longitud del resorte, en la posicion cuando φ = 90◦ + 50◦ = 140◦, se utiliza la ley decosenos para calcularla

L2 =√

(0.6m)2 + (0.6m)2 − 2(0.6m)(0.6m)Cos140◦ = 1.127m

Entonces es posible determinar la deformacion del resorte en la posicion 2

δ2 = L2 − L1 = 1.127− 0.848 = 0.2786m

La energıa potencial del sistema en la posicion 2 esta dada por

V2 =1

2k δ2 − l

2mg sen θ (32)

Sustituyendo cada uno de las variables en la ecuacion (31)

0 + 0 =1

2k δ2 − l

2mg sen θ + 0 (33)

Despejando k y sustituyendo valores numericos

k =mglsenθ

δ2=

(1.2kg)(9.81m/s2)(0.8m)sen50◦

(0.2786m)2= 92.3N/m (34)

Con este resultado, finaliza la primera parte del problema. Para la segunda parte del sistema, seseleccionan las siguientes posiciones



Planteando la ecuacion para un sistema conservativo

T1 + V1 = V2 + T2 (35)

Es importante notar que el sistema parte del reposo y que el nivel de referencia para calcular la energıapotencial debida al peso de la barra, se encuentra cuando θ = 0◦ de ahı se tiene que

• T1= 0 Puesto que el sistema parte del reposo.

• V1= 0 La barra se encuentra en el nivel de referencia y el resorte no esta deformado.

13

Se calcula la longitud del resorte, en la posicion cuando φ = 90◦ + 25◦ = 115◦, se utilizara la ley decosenos

L2 =√

(0.6m)2 + (0.6m)2 − 2(0.6m)(0.6m) cos115◦ = 1.012m

Entonces es posible determinar la deformacion del resorte en la posicion 2

δ2 = L2 − L1 = 1.012− 0.848 = 0.164m

La energıa potencial del sistema en la posicion 2 esta dada por

V2 =1

2k δ2 − l

2mg sen θ (36)

Igualmente, es posible determinar la energıa cinetica de la barra sabiendo que la barra esta sujeta aun movimiento de rotacin no baricentrica

T2 =1

2I0 ω

22 =

1

2

1

3ml2 ω2

2 =1

6ml2 ω2

2

Sustituyendo cada uno de las variables en la ecuacion (35), se tiene que

0 + 0 =1

2kδ2 − l

2mg senθ +

1

6ml2 ω2

2 (37)

Despejando ω22 y sustituyendo valores numericos

ω2 =

√

3[mg l senθ − k δ2]

ml2=

√

3[(1.2kg)(9.81m/s2)(0.8m)sen25◦ − (92.3N/m)(0.164m)2]

(1.2kg)(0.8m)2

= 2.4190 rad/s (cw)

Figure 9: Tres engranes conectados.

Problema 4. Cada uno de los engranes A y B tiene una masa de 2.4 kgm y un radio de giro de60mm, mientras que el engrane C tiene una masa de 12 kgm y un radio de giro de 150mm. Se aplicaun cople M de magnitud constante 10N − m al engrane C. Determine (a) el numero de revolucionesdel engrane C requeridas para que su velocidad angular se incremente de 100 a 450 rpm, (b) la fuerzatangencial correspondiente que actua sobre el engrane A. 7

Solucion. Primero determinaremos los momentos de inercia de los engranes

IA = IB = MA k2A = 2.4 kgm. (0.06m)2= 0.00864 kgm−m2


Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

14

IC = MC k2C = 12 kgm. (0.15m)2= 0.27 kgm−m2

La relacion entre las velocidades de los engranes esta dada por

ωA rA = ωC rC ωA = ωB = ωCrCrA

= ωC200mm

80mm=

5

2ωC

Inicialmente, el “sistema” a analizar esta formado por los tres engranes y las “posiciones” 1 y 2 delsistema se definiran como se indica

• Cuando la velocidad angular del engrane C es de ωC1 = 100 rpm = 10.4719 rad/s

• Cuando la velocidad angular del engrane C es de ωC2 = 450 rpm = 47.1238 rad/s

Entre esas dos “posiciones” el engrane C ha girado ∆θC radianes. Por lo tanto, de la ecuacion

T1 +U1→2 = T2

Donde

T1 =1

2ICω

2C1 + 2

[

1

2IAω

2A1

]

=1

2ICω

2C1 + 2

[

1

2IA

(

5

2ωC1

)2]

= ω2C1

[

1

2IC +

25

4IA

]

y

T2 =1

2ICω

2C2 + 2

[

1

2IAω

2A2

]

=1

2ICω

2C2 + 2

[

1

2IA

(

5

2ωC2

)2]

= ω2C2

[

1

2IC +

25

4IA

]

Por otro lado, el trabajo efectuado por el sistema entre ambas posiciones —debe notarse que las fuerzasentre los engranages, son fuerzas internas cuando el sistema esta formado por los tres engranes— estadado por

U1→2 = M ∆θC

Por lo tanto

ω2C1

(

1

2IC +

25

4IA

)

+M ∆θ = ω2C2

(

1

2IC +

25

4IA

)

y

∆θC =

(

ω2C2 − ω2

C1

) (

12IC + 25

4 IA)

M=

(

47.12382 − 10.47192)

rad2/s2(

0.272 + 25

4 0.00864)

kgm−m2

10kgm−m2/s2

= 39.897 rad. = 6.3499 rev

Para la segunda pregunta, el sistema consistira exclusivamente del engrane con la fuerza tangencialque actua entre los engranes A y C, las velocidades iniciales y finales del engrane son

ωA1 =5

2ωC1 = 26.17975 rad/s ωA2 =

5

2ωC2 = 117.8095 rad/s

ambas en sentido contrario a las manecillas del reloj. Ademas, la rotacion del engrane A, puesto que nohay deslizamiento, esta dada por

∆θA =5

2∆θC = 99.7425 rad.

Ası pues, el “sistema” a analizar esta formado unicamente por el engrane A y las “posiciones” 1 y 2del sistema se definiran como se indica

• Cuando la velocidad angular del engrane A es de ωA1 = 26.17975 rad/s

• Cuando la velocidad angular del engrane C es de ωA2 = 117.8095 rad/s

Entre esas dos “posiciones” el engrane A ha girado ∆θA radianes. Por lo tanto, de la ecuacion

T1 +U1→2 = T2

Donde

T1 =1

2IAω

2A1 T2 =

1

2IAω

2A2

15

yU1→2 = F rA ∆θA

Por lo tanto1

2IAω

2A1 + F rA ∆θA =

1

2IAω

2A2

o

F =12IA

(

ω2A2 − ω2

A1

)

∆θA rA=

12 0.00864 kgm−m2

(

117.80952 − 26.179752)

rad2/s2

99.7425 rad (0.08m)

= 7.14299kgm−m/s2 = 7.14299N

Problema 4a. El tambor de freno de 8 in de radio esta unido a un volante de inercia mayor que nose muestra, vea la figura 10. El momento de masa de inercia total del volante de inercia y el tambor es de14Lb− ft− s2 y el coeficiente de friccion cinetica entre el tambor y la zapata de freno es 0.35. Sabiendoque la velocidad angular inicial de la rueda volante es 360 rpm en sentido antihorario, determinar lafuerza vertical P que debe ser aplicada al pedal C si el sistema se detiene en 100 revoluciones.8

Figure 10: Freno de tambor.

Solucion. Primero se analizara las posiciones del sistema volante y freno de tambor.

• Posicion 1: Cuando el sistema tiene velocidad angular ω = 360 rpm.

• Posicion 2: Cuando el sistema esta en reposo, T2 = 0.

Datos: A diferencia de la gran mayoria de los problemas resueltos en estas notas, este problema seresolvera usando el sistema Ingles FLT. Los datos numericos del problema son

r = 8 in = 0.666 ft b = 15 in c = 6 in h = 10 in

∆ θ = 100 rev = 200π rad ID = 14Lb− ft− s2 ω = 360 rpm = 12π rad/s

A continuacion se analizara del diagrama de cuerpo libre que muestra las fuerzas que actuan en elpedal, vea la figura 11. Se denotara por P como la carga ejercida sobre el pedal, por N la reaccion entreel pedal y el tambor y µk el coeficiente de friccion cinetica entre el pedal y el tambor.

8Este es el Problema 17.12 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.

16

Figure 11: Diagrama de cuerpo libre del pedal.

El movimiento del pedal es despreciable, de manera que puede analizarse como si el pedal estuvieraen reposo. Haciendo sumatoria de momentos alrededor del punto A, se tiene que

ΣTA = 0 P (b− c)−N h+ µk N (r − c) = 0

Despejando de esta ecuacion la fuerza normal N , se tiene que

N [h− µs (r − c)] = P (b− c) N =P (b− c)

[h− µs (r − c)]

El calculo numerico de la reaccion normal esta dada por

N =P (15− 6) in

10 in− (0.35) (8− 6) in= 0.967P

De la ecuacion de trabajo y energıa para cuerpos rıgidos tenemos

T1 + U1−2 = T2

Donde:

T1 =1

2ID ω2 T2 = 0 U1→2 = −T ∆θ

Donde el momento, T , esta dado porT = µk N

Por lo tantoU1→2 = −T ∆θ = −µk N r∆θ = −µk (0.967P ) r∆θ

Entonces la ecuacion de trabajo y energıa se reduce a

1

2ID ω2 − µk (0.967P ) r∆θ = 0

Despejando P de la ecuacion se tiene que

P =12 ID ω2

0.976µk r∆θ

Sustituyendo valores numericos se tiene que el resultado final esta dado por

P =12 (14Lb − ft − s2)(12π rad/s)2

(0.967) (0.35) (0.666 ft) (200π rad)= 70.12Lbf

17

Figure 12: Sistema parte del reposo

Problema 5. La manivela OA de 8 kg, con centro de masa en G y radio de giro, alrededor de O. de0.22m, esta conectada a una barra esbelta uniforme de 12Kg, AB. Si el mecanismo se libera a partir delreposo en la posicıon mostrada, calcule la velocidad v del extremo B cuando OA pasa por la vertical.9

Solucion. Es importante reconocer que el sistema es conservativo, por lo tanto:

T1 +V1 = T2 +V2

Las posiciones correspondientes son

• Posicion 1. La posicion mostrada en la figura 12.

• Posicion 2. Cuando la manivela ha girado 90◦ en sentido horario, vea la figura 13.

Figure 13: La barra OA pasa por la vertical.

Para determinar la energıa cinetica del sistema en la posicion 2, es necesario realizar el analisis develocidad del sistema en la posicion 2. Los vectores de posicion estan dados por

~rA/0 = −a2j ~rB/A =√

a23 − (h− a2)2 i− (h− a2) j

9Este problema corresponde al Problema 6-139 del libro Engineering Mechanics: Dynamics, Seventh Edition, 2008,Meriam, J. L. and Kraige, L. G., John Wiley and Sons: New York.

18

Para el analisis de velocidad, se tiene que

~vA = ~ω2 × ~rA/0 = ω2 k × (−a2) j = ω2 a2 i

Finalmente, debe recordarse que hay dos formas de encontrar la velocidad del punto B

vB i = ~vB = ~vA + ~ω3 × ~rB/A

= ω2 a2 i+ ω3 k ×[

√

a23 − (h− a2)2 i− (h− a2) j

]

= [ω2 a2 + ω3 (h− a2)] i+ ω3

√

a23 − (h− a2)2 j

Las ecuaciones escalares asociadas a esta ecuacion vectorial son

vB = ω2 a2 + ω3 (h− a2) 0 = ω3

√

a23 − (h− a2)2

Los resultados sonω3 = 0 vB = ω2 a2

Este resultado indica que en el instante asociado a la posicion 2 la manivela esta sujeta a rotacion nobaricentrica y el eslabon 3 esta, momentaneamente, sujeto a traslacion.

Retomando la ecuacion de conservacion y energıa

T1 +V1 = T2 +V2

El nivel de referencia para determinar la energıa potencial debido al peso de los cuerpos es una lıneahorizontal que pasa por el punto O, vea la figura 13.

Puesto que el sistema parte del reposo, se tiene que

T1 = 0

Por otro lado, se tiene que

T2 =1

2(m2 k

2O2 ω

22) +

1

2m3(ω2 a2)

2 =1

2ω22 (m2 k

2O2 +m3a

22)

Las energıas potenciales del sistema en las posiciones 1 y 2, se tiene que en la posicion 1, la manivela notiene energıa potencial, de manera que

V1 = −m3 gh

2

Para la posicin 2, ambos manivela y la biela tienen energıa potencial, de manera que

V2 = −m2 ga22

−m3 g

(

a2 +h− a2

2

)

= −g

[

m2a22

+m3h+ a2

2

]

La ecuacion del sistema queda de la siguiente manera

0−m3 gh

2=

1

2ω22(m2 k

2O2 +m3 a

22)− g

[

m2a22

+m3h+ a2

2

]

(38)

Despejando ω2, se tiene que

ω2 =

√

ga2(m2 +m3)

m2k2O3 +m3a22(39)

Sustituyendo valores numericos

ω2 =

√

(9.81m/s2)(0.4m)(20kg)

(8kg)(0.22)2 + (12kg)(0.4m)2= 5.8322

rad

sccw

De aqui se obtienen los datos para conocer vB

vB = ω2 a2 = (5.8322rad/s)(0.4m) = 2.33m/s

19

La direccion de la velocidad del punto B es hacia la derecha.

Problema 6. Una barra delgada de longitud l y peso W esta articulada en un extremo como semuestra en la figura 14. Se suelta a partir del reposo y oscila libremente. (a) Determine la velocidadangular de la barra cuando pasa por una posicion vertical y determine la reaccion correspondiente en elpivote. (b) Resuelva la parte a para W = 1.8 lb. y l = 3 pies.10

Figure 14: Barra que oscila con un extremo articulado.

Solucion. Las dos posiciones necesarias para resolver el problema por el metodo de trabajo y energıason

1. Primera Posicion: La mostrada en la figura 14.

2. Segunda Posicion: Cuando la barra ha girado 90◦ en sentido horario.

Puesto que no hay friccion el sistema es conservativo, para la determinacion de la energıa potencial debidaal peso del cuerpo, se tomara como nivel de referencia, la posicion horizontal mostrada en la figura 14.De manera que de la ecuacion de conservacion de energıa se tiene que

T1 +V1 = T2 +V2.

Donde

T1 = 0 pues el sistema parte del reposo

V1 = 0 pues el centro de masas de la barra esta en el nivel de referencia

T2 =1

6M l2 ω2

2 pues la barra esta sujeta a rotacion no baricentrica

V2 = −M gl

2pues el centro de masas de la barra esta por debajo del nivel de referencia

De manera que

0 + 0 =1

6M l2 ω2

2 −M gl

2o

ω2 =

√

3 g

l(40)

Para determinar la reaccion en la posicion 2, considere la figura 15. La barra esta en la posicionvertical y la velocidad angular de la barra se determino en la ecuacion 40

Por lo tanto, en esta posicion, la aceleracion normal del centro de masas esta dada por

~anG = −ω22 × ~rG/A = −3 g

l× (− l

2j) =

3 g

2j

Note que no hay en esta posicion aceleracion tangencial del centro de masas. Realizando suma de fuerzasen la direccion vertical, se tiene que

ΣFy = M aGy −M g +ROy = M3 g

2=

3M g



20

Figure 15: Barra que oscila en la posicion 2.

Entonces

ROy =5M g

2

Para la solucion numerica del problema, se tiene que M g = 1.8 lb. y l = 3 pies. De aquı que

ω2 =

√

3 g

l=

√

3 32.2 p/s2

3 p= 5.6745 rad/s

y

ROy =5M g

2= ROy =

51.8 lbf.

2= 4.5Lbf.

Problema 5. Un collar con una masa de 1 kg esta rigidamente unida a una barra delgada AB demasa 3 kg y longitud L = 600mm, vea la figura 16. La barra se suelta a partir del reposo. Determine ladistancia d para la cual la velocidad angular de la barra es maxima despues de que ha rotado 90◦.11

Figure 16: Barra con colların que oscila en un plano vertical.

Solucion. Las dos posiciones necesarias para resolver el problema por el metodo de trabajo y energıason

1. Primera Posicion: La mostrada en la figura 14.

2. Segunda Posicion: Cuando la barra ha girado 90◦ en sentido antihorario.

Es necesario calcular el momento de inercia del conjunto barra-colların con respecto al punto B, pues elconjunto esta sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo no-baricentrico. Si se denomina M la masa de labarra, m la masa del colların se tiene que

IB =M L2

3+md2.



21

Puesto que no hay friccion el sistema es conservativo, para la determinacion de la energıa potencialdebida al peso del cuerpo, se tomara como nivel de referencia, la posicion horizontal mostrada en la figura16. De manera que de la ecuacion de conservacion de energıa se tiene que

T1 +V1 = T2 +V2.

Donde

T1 = 0 pues el sistema parte del reposo

V1 = 0 pues el centro de masas de la barra y del colların estan en el nivel de referencia

T2 =1

2IB ω2

2 =1

2

(

M L2

3+md2

)

ω22 pues la barra esta sujeta a rotacion no baricentrica

V2 = −M gL

2−mg d pues el centro de masas de la barra y el colların estan por debajo del nivel de referencia

De manera que

0 + 0 =1

2

(

M L2

3+md2

)

ω22 −M g

L

2−mg d

Por lo tanto

ω22 =

2 g(

M L2 +md

)

M L2

3 +md2

Si se desea optimizar la velocidad angular en la posicion 2 es necesario derivar la expresion, de maneraque

dω22

d d=

(

M L2

3 +md2)

2mg − 2 g(

M L2 +md

)

2md(

M L2

3 +md2)2

Para encontrar el valor optimo de d es necesario considerar unicamente el numerador, simplificando laecuacion se tiene que

ML2

3+md2 −

(

ML

2+md

)

2 d = −md2 −M Ld+ML2

3= 0

o

md2 +M Ld−ML2

3= 0

Las soluciones son

d =−M L±

√

(M L)2 + 4mM L2

3

2m= L

−M ±√

M2 + 43 mM

2m= LM

−1±√

1 + 4m3M

2m

Evidentemente el signo negativo no tiene significado fısico, de manera que sustituyendo los valores setiene que

d = (600mm) (3 kgm)−1 +

√

1 + 4 (1 kgm)3 (3 kgm)

2 (1 kgm)= 181.66mm

Problema 5a. El centro de masa G de una rueda de m = 3 kgm y R = 180mm se localiza a unadistancia r = 60mm desde donde esta el centro geometrico C. El radio centroidal de giro de la rueda esk = 90mm. A medida que la rueda gira sin deslizamiento, se observa que su velocidad angular varia, veala figura 17. Sabiendo que ω1 = 8 rad/s en la posicion mostrada, determine: a) la velocidad angular dela rueda cuando el centrode masas G esta directamente sobre el centro geometrico C. b) La reaccion enla superficie horizontal en el mismo instante.12

Solution. La aplicacion del metodo de trabajo y energıa requiere la seleccion de dos posiciones:

• Posicion 1. La posicion mostrada en la figura 17.



22

Figure 17: Rueda excentrica rodando sin deslizamiento.

• Posicion 2. Despues de haber rotado 90◦ en sentido horario. G esta exactamente arriba de C

Puesto que esta involucrada la energıa potencial debida al peso de la rueda, se seleccionara como nivelde referencia la lınea horizontal que en la posicion 1 pasa por el centro de masas G. Debe notarse queel sistema es conservativo. Ademas, como la rueda gira sin deslizarse, es necesario calcular el momentode inercia de la rueda respecto al punto P , que instantaneamente esta en contacto con el piso. Entonces,aplicando el teorema de Steiner, para la posicion 1, se tiene que

IG = mk2 IP1 = IG +m (R2 + r2) = m[

k2 +R2 + r2]

y en la posicion 2, se tiene que

IG = mk2 IP = IG +m (R+ r)2 = m[

k2 + (R+ r)2]

Entonces, la aplicacion de la ley de conservacion de energıa viene dada por

T1 + V1 = T2 + V2 (41)

donde

T1 =1

2IP1 ω

21 =

1

2m[

k2 +R2 + r2]

ω21

T2 =1

2IP2 ω

22 =

1

2m[

k2 + (R+ r)2]

ω22

V1 = 0

V2 = mg r

Por lo tanto, la ecuacion resultante es

1

2m[

k2 +R2 + r2]

ω21 + 0 =

1

2m[

k2 + (R+ r)2]

ω22 +mg r

Por lo tanto

ω2 =

√

[k2 +R2 + r2]ω21 − 2 g r

k2 + (R+ r)2

Numericamente, se tiene que

ω2 =

√

[(0.09m)2 + (0.18m)2 + (0.06m)2] (8 rad/s)2 − 2 (9.81m/s2) (0.06m)

(0.09m)2 + (0.18m+ 0.06m)2

=

√

(0.0441m2) (8 rad/s)2 − 1.1772m/s2 (0.06m)

0.0657m2= 5.004 rad/s

23

Figure 18: Diagrama de cuerpo libre de la rueda excentrica en la posicion 2.

Evidentemente la rotacion es en sentido horario. Es importante notar que esta velocidad angular es unmınimo, por lo que la aceleracion angular de la rueda, en ese instante, es ~α = ~0.

Para encontrar las reacciones, es necesario realizar un diagrama de cuerpo libre con la rueda en laposicion 2.

La aceleracion del punto C en la posicion 2 es ~0, por lo tanto

~aG = ~aC + ~α× ~rG/C − ω22 ~rG/C = −ω2

2 ~rG/C = −ω22 r j = −(5.004 rad/s)2 (0.06m) j = −1.50246m/s2 j

Entonces∑

Fn = maGy −mg +RPy = maGy

yRPy = m(g + aGy) = (3Kgm)

(

9.81m/s2 − 1.50246m/s2)

= 24.922N.

Este resultado finaliza el problema.

Problema 6. Dos barras uniformes, cada uno de masa m y longitud L, se conectan para formarel mecanismo mostrado en la figura 19. El extremo D de BD puede deslizarse libremente en la ranurahorizontal, mientras el extremo A de la barra AB esta soportado por una revoluta y una mensula. Si elextremo D se mueve ligeramente a la izquierda y se suelta a partir del reposo, determine su velocidad(a) cuando el punto D esta directamente abajo de A, y (b) cuando la barra AB es vertical.13

Figure 19: Dos barras articuladas en una posicion inicial.

Solucion. Para resolver este problema, se necesita considerar 3 posiciones. La posicion inicial, 1,mostrada en la figura 19 y las dos figuras mostradas en la figura 20. La posicion de la derecha correspondeal inciso a y la posicion de la izquierda corresponde al inciso b.

De manera que las posiciones necesarias para resolver el problema son



24

Figure 20: Dos posiciones adicionales de las dos barras articuladas.

1. Posicion 1. La posicion mostrada en la figura 19.

2. Posicion 2. La posicion mostrada en la parte izquierda de la figura 20.

3. Posicion 3. La posicion mostrada en la parte derecha de la figura 20.

Como no existe friccion el sistema es conservativo de manera que la ecuacion para resolver el problemaesta dada por

T1 +V1 = T2 +V2. T1 +V1 = T3 +V3.

Para la energıa potencial debida al peso del cuerpo, se usara como nivel de referencia una lınea horizontalque pasa por el punto A. Mas aun, en la posicion 2 el triangulo formado por las barras y la lınea verticalAD es equilatero y θ = 60◦. Por lo tanto

T1 = 0

Porque el sistema parte del reposo.

V1 = −mgL

2

Pues el centro de masas de la barra BD esta por debajo de la lınea de referencia, una distancia L2 .

Para las posiciones 2 y 3 es necesario determinar los distintos vectores de posicion tanto para la de-terminacion de la energıa potencial como para el analisis de velocidad que sera necesario realizar.

Posicion 2. Los vectores de posicion son

~rB/A = Lsen θ i− Lcos θ j ~rD/B = −Lsen θ i− Lcos θ j

y

~rGAB/A =L

2sen θ i− L

2cos θ j ~rD/B = −L

2sen θ i− L

2cos θ j

Por lo tanto, la energıa potencial del sistema en la posicion 2 esta dada por

V2 = −mgLcosθ

2−mg

(

Lcos θ +L

2cos θ

)

= −mgLcosθ

2− 3mg Lcosθ

2= −2mg Lcos θ.

Pues ambos centros de masas de las barras estan por debajo del nivel de referencia. El de la barra ABesta por debajo L cos θ

2 y el de la barra BD esta por debajo 3L cos θ2 .

Para calcular la energıa cinetica en la posicion 2, es necesario realizar un analisis de velocidad. En-tonces, de manera simplificada se tiene que

vD i = ~vD = ~vB + ~vD/B = ~ωAB × ~rB/A + ~ωBD × ~rD/B

= ωAB k ×(

Lsen θ i− Lcos θ j)

+ ωBD k ×(

−Lsen θ i− Lcos θ j)

= i (ωAB Lcos θ + ωBD Lcosθ) + j (ωAB Lsen θ − ωBD Lsenθ)

25

Por lo tantovD = cos θ L (ωAB + ωBD) 0 = sen θ L (ωAB − ωBD)

Por lo tantoωAB = ωBD = ω2 vD = 2 cos θ Lω2.

Finalmente es necesario determinar la velocidad del centro de masas de la barra BD

~vGBD = ~vD+~ωBD×~rGBD/D = 2 cos θ Lω2 i+ω2 k×(

L

2sen θ i+

L

2cos θ j

)

=3

2cos θ Lω2 i+

1

2sen θ Lω2 j

y

| ~vGBD |2=(

3

2cos θ Lω2

)2

+

(

1

2sen θ Lω2

)2

=1

4ω22 L

2(

9 cos2 θ + sen2θ)

Entonces el calculo de la energıa cinetica del sistema en la posicion 2, se calculara con la barra AB sujetoa rotatcion no baricentrica y la barra BD sujeta a movimiento plano general.

T2 =

(

1

2IAAB

ω22

)

+

(

1

2MBD | ~vGBD |2 +

1

2IGBD

ω22

)

=1

2

1

3mL2 ω2

2 +1

2m

1

4ω22 L

2(

9 cos2 θ + sen2θ)

+1

2

1

12mL2ω2

2

=1

2mL2 ω2

2

[

1

3+

1

4

(

9 cos2 θ + sen2θ)

+1

12

]

Entonces, se puede aplicar la ecuacion de conservacion de energıa

T1 +V1 = T2 +V2.

que esta dada por

0 +−mgL

2=

1

2mL2 ω2

2

[

1

3+

1

4

(

9 cos2 θ + sen2θ)

+1

12

]

− 2mg Lcos θ.

o

mgL

(

2 cos θ − 1

2

)

=1

2mL2 ω2

2

[

1

3+

1

4

(

9 cos2 θ + sen2θ)

+1

12

]

Sustituyendo el valor del angulo θ = 60◦, se tiene que

sen θ =

√3

2cos θ =

1

2

sustituyendo estos valores y simplificando, se tiene que

g

2=

1

2Lω2

2

1

3+

1

4

9

(

1

2

)2

+

(√3

2

)2

+1

12

=1

2Lω2

2

(

1

3+

3

4+

1

12

)

=1

2Lω2

2

7

6

o bien

ω2 =

√

6 g

7L

Sustituyendo este resultado en la ecuacion de vD, se tiene que

vD = 2 cos θ Lω2 = 21

2L

√

6 g

7L=

√

6

7g L = 0.925

√

g L

Uno de los problemas de la aplicacion del metodo de trabajo y energıa es que no indica el sentido dela velocidad de los puntos o de las velocidades angulares. En este caso es evidente que la velocidad delpunto D es hacia la izquierda.

Posicion 3. Los vectores de posicion son

~rB/A = −L j ~rD/B = L i

26

y

~rGAB/A = −L

2j ~rGBD/B =

L

2i

Por lo tanto

V3 = −1

2mgL−mgL = −3

2mgL

Pues ambos centros de masas de las barras estan por debajo del nivel de referencia. El de la barra ABesta por debajo L

2 y el de la barra BD esta por debajo L.Para calcular la energıa cinetica en la posicion 3, es necesario realizar un analisis de velocidad. En-

tonces, de manera simplificada se tiene que

vD i = ~vD = ~vB + ~vD/B = ~ωAB × ~rB/A + ~ωBD × ~rD/B = ωAB k ×(

−L j)

+ ωBD k ×(

L i)

= i (ωAB L) + j (ωBD L)

Por lo tantovD = ωAB L = ω2 L 0 = ωBD L

Por lo tantoωBD = 0 vD = ωAB L = ω2 L

La barra BD esta sujeta en ese instante a traslacion —la velocidad del centro de masas de la barra BDes igual a la velocidad del punto D— de manera que el calculo de la energıa cinetica en la posicion 3 esmuy simple y se reduce a

T3 =

(

1

2IAAB

ω22

)

+

(

1

2MBD | ~vD |2

)

=1

2

[

1

3mL2 ω2

2 +m (ω2 L)2

]

=1

2mL2 ω2

2

(

1

3+ 1

)

=2

3mL2 ω2

2

Entonces, se puede aplicar la ecuacion de conservacion de energıa

T1 +V1 = T3 +V3.

que esta dada por

0− mg L

2=

2

3mL2 ω2

2 −3

2mgL

Simplificando la ecuacion

mg L =2

3mL2 ω2

2 ω2 =

√

3 g

2L

Por lo tanto, la velocidad del punto D es

vD = ω2 L =

√

3 g

2LL =

√

3 g L

2= 1.2247

√

g L

Tambien hacia la derecha.

Problema 7. Las dos ruedas que se muestran aquı, representan dos condiciones extremas de dis-tribucion de masa. Para el caso A toda la masa m se supone concentrada en el centro del bastidor enla barra axial de diametro insignificante. Para el caso B toda la masa m se supone concentrada en elborde. Determinar la velocidad del centro de cada rueda despues de haber recorrido una distancia x porla pendiente desde el reposo. Las ruedas giran sin deslizar, vea la figura 21.14

Solucion. Este problema se resolvera mediante el metodo de trabajo y energia. Como primer pasose establece que la altura del centro de masa CM , es el nivel de referencia de la energıa potencial, debidoal peso del cuerpo. El punto O es un centro instantaneo de velocidad por lo tanto:

A continuacion se establecen las posiciones para las cuales se realiza el analisis.

• Posicion 1: Cuando las ruedas parten del reposo.

• Posicion 2: Cuando las ruedas se han desplazado una distancia x a lo largo del plano inclinado.

27

Figure 21: Ruedas que representan dos condiciones extremas de distribucion de masa.

Figure 22: Diagrama de cuerpo libre de la rueda para el caso A.

Se selecciono como nivel de referencia para calcular la energıa potencial debido al peso de la rueda elnivel asociado a la posicion inicial. Ahora se resolveran cada uno de los dos casos:

Rueda A. Masa concentrada en el centro del bastidor.

T1 +V1 = T2 +V2 (42)

Como la rueda parte del reposo T1 = 0. En este instante la rueda esta en el nivel de referencia porlo tanto V1 = 0. Por otro lado

V2 = −mg x sen θ

y, puesto que la masa de la rueda esta concentrada en el centro de la rueda, se tiene que

T2 =1

2mv2g

Sustituyendo valores en la ecuacion (42) se obtiene que

0 + 0 =1

2mv2g −mg x sen θ

14Este es el Problema 6.116 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. J.L.Meriam, L.G.Kraige, Seventh Edition,

Jonh Willey and Sons, Inc.: New York.

28

Despejando Vg de la ecuacion anterior se obtiene que para el caso de la rueda A.

vg =√

2 g x sen θ

Rueda B.Masa distribuida en el exterior de la rueda. En este caso, el primer paso es la determinaciondel momento de inercia de la rueda respecto al centro de masas, G, y respecto al punto O, el centroinstantaneo de velocidad de la rueda, pues la rodadura ocurre sin deslizamiento.

Primeramente, se calculara el momento de inercia de la rueda respecto al centro de masas y respectoal punto O, que es el centro instantaneo de velocidad.

IG = mr2

y aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que

IO = IG +mr2 = mr2 +mr2 = 2mr2

Figure 23: Diagrama de cuerpo libre de la rueda para el caso B.

T1 +V1 = T2 +V2 (43)

Como el movimiento parte del reposo T1 = 0. En este instante la rueda esta en el nivel de referenciapor lo tanto V1 = 0. Ademas

V2 = −mg x sen θ

y

T2 =1

2IO ω2 =

1

2

(

2mr2)

ω2 = mr2 ω2

Sustituyendo valores en (43) se tiene que

0 + 0 = mr2 ω2 −mg x sen θ

Puesto que la velocidad del centro de masas esta dada por vg = ω r, se tiene que

0 + 0 = mv2g −mg x sen θ

Despejando vg de la ecuacion anterior se tiene que

vg =√

g x sen θ

Con esta ecuacion finaliza la solucion del problema.

29

Figure 24: Transmision de potencia entre dos ejes.

Problema 7. El arreglo de eje disco y banda mostrado en la figura 24 se usa para transmitir 2.4 kWdel punto A al punto D. Sabiendo que los maximos coples permisibles que pueden aplicarse a los ejes ABy CD son 25N −m y 80N −m respectivamente, determine la mınima velocidad angular del eje AB.15

Solucion. Se denominara r1 = 30mm y r2 = 120mm los radios de los ejes AB y CD respectivamente.Bajo la suposicion de ausencia de deslizamiento, se tiene que

ωAB r1 = ωCD r2

por lo tanto

ωAB = ωCDr2r1

= ωCD120mm

30mm= 4ωCD.

La potencia que se desea transmitir es

P = 2.4 kW = 2400N −m/s.

Por otra lado, determinaremos las velocidades angulares mınimas necesarias para transmitir la potenciaindicada en cada uno de los dos ejes, tomando en cuenta los pares permisibles.

P = ωAB T permiAB

Por lo tanto

ωAB =P

T permiAB

=2400N −m/s.

25N −m= 96 rad/s

De manera semejante, se tiene queP = ωCD T permi

CD

Por lo tanto

ωCD =P

T permiCD

=2400N −m/s.

80N −m= 30 rad/s

Si el eje CD debe tener esta velocidad angular, se tiene que

ωAB = ωCDr2r1

= ωCD120mm

30mm= 4ωCD = 430 rad/s = 120 rad/s.

Entonces la velocidad mınima permisible para el eje AB, esta dada por

ωminAB = 120 rad/s.

Este problema tiene como consecuencia un resultado simple, pero de importancia practica, mientrasmenor es la velocidad angular de un eje mayor debe ser el torque permisible para transmitir una potenciadada. Por eso en un reductor de potencia, el eje mas pequeno es el de mayor velocidad.

Problema 8. El dispositivo experimental mostrado en la figura 25 se conoce como freno de Prony yse usa para medir la potencia de una pequena turbina. Cuando la turbina esta operando a 200 rpm las

30

Figure 25: Freno de Prony.

lecturas de los dos dinamometros de resorte son 10Lb y 22Lb, respectivamente. Determine la potenciadesarrollada por la turbina.16

Solucion. Si se denomina F1 = 10Lbf y F2 = 22Lbf y r = 9 in = 34 pie, el torque desarrollado por

la turbina esta dado por

TF = (F2 − F1) r = (22Lbf − 10Lbf)3

4pie = 16.5Lbf − pie.

Puesto que la velocidad angular de la turbina es de

ω = 200 rpm = 20.94395rad/s.

La potencia desarrollada por la turbina es

P = TF ω = 345.57Lbf − pie/seg = 0.6283h.p.

Pues 1h.p. = 550Lbf − p/s.


Clausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.16Este es el Problema 17.23 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P. y Johnston, Third

Edition, McGraw Hill: New York.

31

Cin´etica de Cuerpos R´ıgidos: M´etodos de Trabajo y Energ´ıa.¡mica II/Cinética... · En...

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