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UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO”
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL, SISTEMAS Y ARQUITECTURA
ESCUELA PROFECIONAL DE INGENIERIA CIVIL
CINÉTICA PLANA DE UN CUERPO RÍGIDO
IMPULSO Y MOMENTUM
CURSO:
DINÁMICA
DOCENTE :
Ing.Msc. Yrma Rodríguez LLontop.
ALUMNOS :
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CANTIDAD DE MOVIMIENTO
Concepto:La cantidad de movimiento, momento lineal, ímpetu o moméntum es una magnitud vectorial,
cuya unidad en el SI es (kg m/s) y que en mecánica clásica se define como el producto de la
masa del cuerpo y su velocidad en un instante determinado. En cuanto al nombre Galileo
Galilei en su Discursos sobre dos nuevas ciencias usa el término italiano impeto, mientras que
Isaac Newton usa en Principia Mathematicael, término latino motus (movimiento) y vis
(fuerza).
Históricamente el concepto de cantidad de movimiento surgió en el contexto de la mecánica
newtoniana en estrecha relación con el concepto de velocidad y el de masa. En mecánica
newtoniana se define la cantidad de movimiento lineal como el producto de la masa por la
velocidad:
L=mv
La idea intuitiva tras esta definición está en que la cantidad de movimiento dependía tanto de
la masa como de la velocidad: si se imagina una mosca y un camión, ambos moviéndose a 40
km/h, la experiencia cotidiana dice que la mosca es fácil de detener con la mano mientras que
el camión no, aunque los dos vayan a la misma velocidad. Esta intuición llevó a definir una
magnitud que fuera proporcional tanto a la masa del objeto móvil como a su velocidad.
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IMPULSO
ConceptoEn mecánica, se denomina impulso a la magnitud física, generalmente representada como (I),
definida como la variación en la cantidad de movimiento que experimenta un objeto en un
sistema cerrado. El término difiere de lo que cotidianamente conocemos como impulso y fue
acuñado por Isaac Newton en su segunda ley, donde la llamó vi motrici refiriéndose a una
especie de fuerza del movimiento.
En la mecánica clásica, a partir de la segunda ley de Newton sobre la fuerza tenemos que:
F=d Ldt
………I=∑∫ Fdt
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CANTIDAD DE MOVIMIENTO LINEAL DE UN
SOLIDO
Cantidad de movimiento se define como la suma de las cantidades de movimiento de los
distintos puntos. Utilizando la definición de centro de masa, dicha magnitud puede escribirse
en la forma:
L=∑ρ
Lρ=∑ρ
( mv )ρ=mvG
Si el cuerpo rígido fuese continuo, la suma debería sustituirse por la integral:
L=∫ d L=∫ v dm=mvG
Entonces el teorema de la cantidad de movimiento se podría escribir en la forma:
m(v¿¿G)i+∑ρ∫ti
t f
Fρdt=m(v¿¿G)f ¿¿
Donde ∑ρ∫t i
tf
F ρdt es el impulso de todas las fuerzas exteriores del sistema.
CANTIDAD DE MOVIMIENTO ANGULAR DE UN
SOLIDO O CUERPO RIGIDO
Consideraremos al cuerpo que aparece en la figura, el cual se somete a un movimiento plano
general. En el sistema que se muestra, el punto arbitrario P tiene una velocidad conocidavP y
el cuerpo tiene una velocidad angular ω. Por consiguiente, la velocidad de la partícula iésima
del cuerpo es:
v i=v p+v iP
=vP+ω∗r
La cantidad de movimiento angular de esta parte con
respecto al punto P es igual al “momento” de su cantidad
de movimiento lineal con respecto al punto P. Por tanto:
(H ¿¿P)i=r∗mi v i¿
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Si expresamos v i en función de vP y utilizamos vectores cartesianos, tenemos:
(H ¿¿ P)i k=mi (x i+ y j )∗[(vPx ) i+(vP y ) j+ωk∗( x i+ y j )]¿
(H ¿¿ P)i=−mi y (vPx )+mi x (v Py )+miωr2¿
Si mi→dm e integramos a lo largo de toda a masa m del cuerpo obtenemos:
H P=−¿
En este caso H P representa la cantidad de movimiento angular del cuerpo con respecto a un
eje (eje z) perpendicular al plano de movimiento que pasa por el punto P.
∫ ydm= y m∫ xdm=xm
Tenemos:
H P=− y mvPx+ xmv Py+ I Pω
Si P coincide con el centro de masa G del cuerpo (y m=x m=0), tenemos:
HG=IGω
MOMENTUM LINEAL Y MOMENTUM ANGULAR
SEGÚN EL MOVIMIENTO DEL CUERPO
TraslaciónCuando un cuerpo se somete a traslación rectilínea o curvilínea, ω=0 y su centro de masa
tiene vG=v. Por consiguiente:
L=mvG
HG=0
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Rotación con respecto a un EjeCuando un cuerpo rígido rota alrededor de un eje la cantidad de movimiento Lineal y Angular
son:
L=mvG
HG=IGω
En ocasiones es conveniente calcular la cantidad de movimiento angular con respecto al punto
O. Si observamos que L(o vG) siempre es perpendicular ha rG , tenemos:
HO=I 0ω+rGmvG
HO=IGω+rGmωrG2→HO=IOω
Movimiento Plano GeneralCuando un cuerpo se somete a un movimiento plano general, la cantidad de movimiento lineal
y angular con respecto a G es:
L=mvG
HG=I0ω
Si la cantidad de movimiento se calcula con respecto a un punto A es necesario incluir el
momento de L y HGcon respecto a este punto.
H A=IG ω+dmvG
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PRINCIPIO DE IMPULSO Y CANTIDAD DE
MOVIMIENTO LINEAL:
Establece que la suma de todos los impulsos creados por el sistema de fuerzas externas que
actúa en el cuerpo durante el intervalo t 1 y t2 es igual al cambio de la cantidad lineal del cuerpo
durante este intervalo.
La ecuación de traslación de un cuerpo rígido puede escribirse como:
∑ F=maG
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Como la masa del cuerpo es constante:
∑ F= ddt
(mvG )
∑∫t1
t2
F dt=mvG2−mvG1
PRINCIPIO DE IMPULSO Y CANTIDAD DE
MOVIMIENTO ANGULAR
La suma del impulso angular que actúa en el cuerpo durante el intervalo t 1 y t2 es igual al
cambio de la cantidad de movimiento angular del cuerpo durante este intervalo”
La ecuación de traslación de un cuerpo rígido puede escribirse como:
∑MG=α IG
Como el momento de inercia es constante:
∑MG=ddt
(ω IG )
∑∫t1
t2
MGdt=IGω2−IGω1
Del mismo modo para la rotación con respecto a un eje fijo que pasa por el punto O. La
ecuación se escribe:
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∑∫t1
t2
MOdt=IOω2−IOω1
Para un movimiento plano del cuerpo se usa las siguientes ecuaciones:
m(vGx)1+∑∫t1
t2
F Xdt=m(vGx)2
m(vGy)1+∑∫t1
t2
F y dt=m(vGy)2
IGω1+∑∫t 1
t 2
MGdt=IGω2
Conservación de la Cantidad de
Movimiento LinealSi la suma de todos los impulsos lineales que están en un sistema de cuerpos rígidos conectado
es cero en una dirección específica, entonces la cantidad de movimiento lineal del sistema es
constante, o se conserva en esta dirección, es decir:
¿
Esta ecuación se conoce como la cantidad de movimiento lineal.
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Sin inducir errores apreciables en los cálculos, la ecuación puede ser apreciable en una
dirección específica a lo largo de la cual los impulsos lineales son mínimos o no impulsadores.
De manera específica, las fuerzas no impulsoras ocurren cuando fuerzas mínimas actúan
durante lapsos muy cortos. Algunos ejemplos son la fuerza de un resorte levemente
deformado, la fuerza de contacto inicial con suelo blando, en algunos casos el peso del cuerpo.
Conservación de la Cantidad de
Movimiento AngularCuando no actúa fuerza externa sobre un cuerpo rígido, o un sistema de cuerpos rígidos, los
impulsos de las fuerzas externas son cero y el sistema de las cantidades de movimiento en el
tiempo t 1 es equipolente al sistema de las cantidades de movimiento en el tiempo t 2. Sumando
e igualando de manera sucesiva las componentesx, las componentes yy los momentos de las
cantidades de movimiento en los tiempos t 1y t 2 se concluye que la cantidad de movimiento
lineal total del sistema se conserva en cualquier dirección, y que su cantidad de movimiento
angular total se conserva alrededor de cualquier punto.
Sin embargo hay muchas aplicaciones de ingeniería en las que no se conserva la cantidad de
movimiento lineal aunque se conserve la cantidad de movimiento angular HO del sistema
alrededor de un punto dando O, esto es, en el que:
(HO)1=(HO)2
Tales casos ocurren cuando la línea de acción de todas las fuerzas externas pasa por O, o de
manera más general, cuando la suma de los impulsos angulares de las fuerzas externas
alrededor de O es cero.
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CHOQUE EN SOLIDO RÍGIDO
Choque Central y Choque ExcéntricoLos sucesos de impacto se clasifican según la posición relativa de los centros de masa de los
cuerpos, la velocidad relativa de los centros de masa u la línea de impacto: recta normal a las
superficies en el punto de impacto. Cuando los centros de masa de ambos cuerpos se hallen
sobra la línea de impacto, diremos que se trata de un choque central. Cuando el centro de
masa de uno o ambos cuerpos no se halle sobra la línea de impacto diremos que se trata de un
choque excéntrico, este tipo de impacto suele suceder cuando uno o dos cuerpos están
limitados a girar con respecto a un eje fijo. Evidentemente, entre dos puntos materiales solo
existirá choque central, ya que el tamaño y forma de los puntos supone que no afectan al
cálculo de su movimiento
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Choque ExcéntricoEl análisis de los problemas de choque de puntos materiales se ha realizado en IMPULSO Y
CANTIDAD DE MOVIMIENTO – PARTICULA, ilustraba el caso del choque central para el que la
línea de impacto coincidía con la recta que une los centros de masa. Por lo tanto, las fuerzas de
contacto en el choque pasaban por los centros de masa de los cuerpos (fig. 1)
Fig. 1
Estos problemas se resolvían echando mano de la conservación de la cantidad de movimiento
junto con el coeficiente restitución (e), que comprar la velocidad relativa de separación de los
puntos de contacto (después del choque) con su velocidad relativa de aproximación (antes del
choque)
El problema e choque en cuerpos rígidos es muy parecido al de choque de puntos materiales,
pero se complica ligeramente por el hecho de que la línea de impacto no suele pasar por los
centros de masa de los cuerpos (fig. 2)
Fig. 2
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Surge una nueva complicación si definimos el coeficiente de restitución diciendo que es el
cociente entre el impulso de restitución y el impulso de deformación como se hizo con
partícula. Un análisis semejante al realizado en el choque de partículas nos daría de nuevo el
coeficiente de restitución como razón de la velocidad relativa de separación de los puntos de
contacto (después del choque), a la velocidad relativa de separación de los puntos de contacto
(antes del choque).
Ahora bien, la velocidad el cuerpo en el punto de impacto suele ser diferente a la velocidad de
su centro de masa. Por lo tanto, cuando se trate de un choque excéntrico, las ecuaciones de
velocidad relativa se deberán utilizar para relacionar las velocidades de los puntos de
contracto en la ecuación del coeficiente de restitución y las velocidades de los centros de
masa en las ecuaciones de los teoremas de la cantidad e movimiento y momento cinético.
Análisis del proceso de impactoConsidere, por ejemplo la colisión en C entre los cuerpo A y B que se muestra en la figura.
Se supone que justo antes de la colisión B gira en sentido contrario al de las manecillas del
reloj a una velocidad angular (ωB)1. Los diagramas cinemáticos de ambos cuerpos justo antes
de la colisión se muestra en la figura.
Siempre que los cuerpos sean uniformes, las fuerzas impulsoras que ejercen entre ellos están
dirimidas a los largo de la línea de impacto. Por consiguiente, el componente de la velocidad
del punto C en el cuerpo B, el cual está dirigido a lo largo de la línea de imparto es
(v¿¿B)1=(ωB)1 r ¿
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Asimismo, en el cuerpo A el componente de la velocidad (u¿¿ A)1 ¿ a los largo de línea de
impacto es (v¿¿ A)1 ¿. Para que la colisión ocurra (v¿¿ A)1>(v¿¿B)1¿¿
Durante el impacto se ejerce una fuerza impulsora igual pero opuesta P entre los cuerpos, la
cual los deforma en el punto de contacto. El impulso resultante se muestra en los diagramas
de impulso de ambos cuerpos.
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Observe que la fuerza impulsora en el punto C del cuerpo que gira crea reacciones
impulsoras en el pasador en O. En estos diagramas se supone que el impacto crea
fuerzas que son mucho más grades que los pesos no impulsores en los cuerpos , los
cuales no se muestran.
Cuando la deformación en el punto C es máxima, C en ambos cuerpos e mueve con uan
velocidad común “v” a lo largo de línea de impacto
Ocurre entonces un periodo de restitución durante el cual los cuerpos tienden a
recuperar sus formas originales. La fase de restitución crea una fuerza impulsora igual
pero opuesta R que actúa entre los cuerpos poco se muestra en el diagrama de
impulso.
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Después de la restitución los cuerpos se apartan de modo que el punto C en el cuerpo
B tiene un velocidad (v¿¿B)2¿ y el punto C en el cuerpo A tiene una velocidad
(u¿¿ A)2 ¿, donde
(v¿¿B)2>(u¿¿A)2 ¿¿
En general, un problema que implica impacto de dos cuerpos requiere determinar las dos
incógnitas (v¿¿B)2¿ y (v¿¿ A)2 ¿; supondremos que (v¿¿ A)1 y (v¿¿B)1¿¿ son conocidas
(o se puedendeterminar mediante cinematica ,metodos deenergia ,etc .). Para resolver
problemas como estos deben escribirse dos ecuaciones.
Por lo general, la primera ecuación implica la conservación de la cantidad de movimiento angular a los dos cuerpos. En el caso de que los cuerpos A y B, podemos formular que la cantidad e movimiento angular se conserva con respecto al punto “O” puesto que los impulso en O crean un momento cero con respecto a O.
La segunda ecuación se obtiene por la definición del coeficiente de restitución “e”, el cual es la relación del impulso de restitución y el impulso de deformación.
Sin embargo es importante tener en cuenta que este análisis tiene una aplicación muy limitada
en ingeniería, porque se encontró que los valores de “e” en este caso son muy sensibles al
material, la geometría y la velocidad de los cuerpos que chocan.
Aplicando la conservación de la cantidad e movimiento para encontrar el impulso de
deformación y restitución de tal manera que al dividirlos y remplazando la velocidad común de
en el momento máximo obtenemos
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e=(v¿¿ B)2−(v¿¿ A )2
(v¿¿A)1−(v¿¿B)1¿¿¿¿
Esta ecuación es similar a la obtenida cuando se tenía choques en partículas
(impacto central)
Con el par de ecuaciones mencionadas obtuvimos (v¿¿B)2 y (v¿¿ A)2¿¿ pero para
encontrar la velocidad en el centro de masa utilizaremos las ecuaciones de velocidad
relativa
(v¿¿G)A=(v¿¿ A )2+ωA x rG A/ A¿¿
(v¿¿G)B=(v¿¿B)2+ωA xrG B/ A¿¿
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EJERCICIO Nº01 - Problema20-6. LIBRO: ING. MECÁNICA: DINÁMICA. AUTOR:
WILLIAM F. RILEY
Un peso de 50 N pende de una cuerda que esta arrollado sobre
la parte externa de un tambor hueco. El tambor de 20 Kg tiene
un radio de giro de 175 mm y el rozamiento en su eje es
despreciable. Si se suelta el tambor a partir del reposo,
determinar la velocidad hacia abajo del punto A de la cuerda al
cabo de 10 segundos.
Solución:
Análisis en el tambor hueco: Este experimente un movimiento rotacional, entonces para su
desarrollo aplicaremos el principio del Impulso y Momento Angular.
I ω1+∑∫M 0dt=I ω2
0+∫0
10
T (0.20 ) dt=12mk2( v2
0.20 )T (0.20 ) (10 )=1
2(20 ) (0.1752 )( v2
0.20 )
T=0.765625 v2
Análisis en el Bloque de 50 N: El bloque que se muestra experimenta un movimiento de
traslación, por lo que para su desarrollo usaremos el principio de Impulso y Momento lineal.
mv1+∑∫F x dt=mv2
0+∫0
10
(50−T )dt= 509.81
v2
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(50−T ) (10 )= 509.81
v2
Reemplazamos T en la ecuación:
50−0.765625v2=5.1v2
v2=39.21m/ seg
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EJERCICIO Nº02 - Problema 5.80 LIBRO: DINÁMICA. AUTOR: MC GILL,
El cilindro en la figura tiene una masa m = 3
slug y radio de giro K = 5ft. Hay suficiente
fricción para impedir resbalamiento sobre el
plano. Una cuerda esta enrollada alrededor
del radio interior y una tensión T = 90 lb se
aplica paralelamente al plano, como se
muestra en la figura. Use los principios del
impulso y la cantidad de movimiento para
encontrar la velocidad de C después de 3 seg,
si el movimiento comienza desde el reposo.
Solución:
Antes de ejercer la tensión T, el cilindro se encuentra estático debido a la fuerza de fricción.
Pero al momento de aplicar la Tensión este empieza a moverse, desarrollando así un
movimiento General, pues mientras que gira alrededor de su propio eje, se va trasladando.
I cω1+∑∫M cdt=I cω2
0+∫0
3
(2T−3 Fr )dt=12mk2( v23 )
(180−3Fr ) (3 )=12
(3 ) (52 )( v23 )Fr=
540−12.5 v29
……… (1 )
mv1+∑∫F cdt=mv2
0+∫0
3
[T−Fr−mgSen(37)]dt=mv2
[90−Fr−3∗32.2∗Sen(37)] (3 )=3 v2
32.04−v2=Fr……… (2 )
Igualamos (1) y (2):
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32.04−v2=540−12.5v2
9
v2=71.9 ft / seg
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EJERCICIO Nº03. - LIBRO: DINÁMICA. AUTOR: R. C HIBBELER
El disco de 12 kg tiene velocidad angular igual a 20 rad/seg. Si el freno ABC es aplicado de
manera que la magnitud de la fuerza P varía con el tiempo como se muestra. Determine el
tiempo necesario para detener el disco. El coeficiente de fricción cinética en el punto B es 0.4
Solución:
Análisis del problema: el sistema mostrado esta realizando un movimiento angular, por lo que
para su desarrollo solo usaremos el principio de impulso y momentum angular. Para hallar el
valor del tiempo, haremos uso de la grafica que se muestra en la figura, pues ahí se representa
la cantidad de fuerza que se debe usar para detener el disco.
DCL del Sistema:
∑M A=0
(0.5 ) N B−(0.4 ) Fr− (1 ) P=0
(0.5 ) N B−(0.4 ) (u ) (N B )−(1 ) P=0
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0.5N B−(0.4 )0.4NB=P
N B=2.941 P
Fr=1.176 P
Aplicamos el principio de Impulso y momentum angular en el disco
IOω1+∑∫MOdt=IOω2
−12
mR2ω1+[−∫t 1t 2
0.2Frdt ]=0−12
(12 ) (0.2 )2 (20 )+[−1.176 (0.2 )∫0
t
Pdt ]=0−0.240 (20 )+[−1.176 (0.2 )∫
0
t
Pdt ]=0……… (1 )
Donde ∫0
t
Pdt es el área debajo de la relación P – t, como se muestra en la grafica, entonces
asumiendo un tiempo menor a 2 segundos tenemos:
∫0
t
Pdt=12
(5 ) (2 )+5 (t−2 )=(5 t−5 ) N . s………(2)
Reemplazamos la ecuación (2) en la ecuación (1):
−0.240 (20 )+[−1.176 (0.2 ) (5 t−5 ) ]=0
t=5.08 seg
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EJERCICIO Nº04. - LIBRO: DINÁMICA. AUTOR: MC GILL,
El carro mostrado en la figura tiene masa M sin considerar sus cuatro ruedas, cada una de las
cuales es un disco con masa m/2. Las ruedas delanteras y su eje están conectadas rígidamente,
y lo mismo sucede con las ruedas traseras. Si los ejes son lisos, calcular la velocidad de G
(centro de masa del carro) en función del tiempo. El sistema parte del reposo. Suponga que
hay suficiente fricción para impedir que las ruedas resbalen.
Solución:
Análisis en las ruedas: las ruedas serán analizadas de par en par, o sea tomaremos el par de
ruedas traseras como una sola masa, así como las delanteras como otra sola masa, por lo que
la masa para el análisis de las ruedas será “m”. El movimiento de las ruedas es un movimiento
plano general, pues a la vez que giran, también se desplazan. El radio de las ruedas será R.
I cωC+∑∫M cdt=I c ωC
0+∫0
t
[ ( R ) Fr ] dt=12mR2ωC
( R ) ( Fr ) ( t )=12mR2 vc
R
2 Fr=mvC
t……… (1 )
mvC+∑∫FX dt=mvC
0+∫0
t
[Cx+mgSen (∅ )−Fr ]dt=mvC
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[Cx+mgSen (∅ )−Fr ] ( t )=mvC
Cx=mvC
t+Fr−mgSen (∅ )……… (2 )
Análisis solo del carro: no se tomará en cuenta la masa de las ruedas, pero si las reacciones
horizontales de los ejes. Debemos tomar en cuenta que la velocidad de las ruedas es la misma
velocidad del carro, por estar en un mismo sistema.
M vG+∑∫F Xdt=M vG
0+∫0
t
[ MgSen (∅ )−2Cx ] dt=M vG
[ MgSen (∅ )−2Cx ] ( t )=M vG
Cx=MgSen (∅ )
2−
M vG
2 t……… (3 )
Igualamos las ecuaciones (2) y (3), y despejamos la F, sabiendo que Vc es igua a VG:
mvG
t+Fr−mgSen (∅ )= MgSen (∅ )
2−
M vG
2 t
Fr=MgSen (∅ )
2−
M vG
2 t+mgSen (∅ )−
mvG
t
2 Fr=tgSen (∅ ) ( M+2m )−vG ( M+2m )
t……… (4 )
Igualamos las ecuaciones (3) y (4), y hallamos la VG
mvC
t=
tgSen (∅ ) ( M+2m)−vG ( M+2m )t
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mvG+vG ( M+2m )=tgSen (∅ ) ( M+2m )
vG=tgSen (∅ ) (M+2m )
M+3m
vG=∫0
tgSen (∅ ) ( M+2m )
M+3m
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EJERCICIOS DE APLICACIÓN DE IMPACTO
EJERCICIO Nº05.
La barra AB de 4lb cuelga en posición vertical. Un bloque de 2lb, que se desliza sobre una
superficie horizontal lisa con una velocidad de 12ft/s, choca con la barra en su extremo B.
Determine la velocidad del bloque inmediatamente después de la colisión. El coeficiente de
restitución entre el bloque y la barra en B es e= 0.8.
SOLUCIÓN:
CONSERVACIÓN DEL MOMENTO ANGULAR
La fuerza F debido al impacto es interna al sistema que consta de la barra delgada y el bloque,
por lo tanto se anulan. Siendo así, el momento angular se conservación respecto al punto A. El
momento de inercia de la varilla delgada sobre el punto A es:
I A=112
mr2+md2
I A=112
( 4 lb
32.2ft
s2
)(3 ft )2+( 4 lb
32.2ft
s2
)(1.5 ft )2
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I A=0.3727 slug . ft2
(H A)1=(H A)2
(mb)¿
( 4 lb
32.2ft
s2
)(12 fts)(3 ft )=( 4 lb
32.2ft
s2
)¿
4.477=0.3727¿
Aplicando la ecuación del coeficiente de restitución:
e=¿¿
0.8=¿¿
−9.6=¿
Pero no debemos olvidar que: vb=3w
−9.6=¿
Trabajando el sistema de ecuaciones A y B:
0.3727¿
¿
Donde:
w=8.65 rad /s
¿
¿
EJERCICIO Nº06.
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La bola solida de masa m se deja caer con una velocidad V 1sobre el borde de un escalón. Si
rebota horizontalmente del escalón con una velocidad V 2, determine el ángulo θ al cual ocurre
el contacto. Suponga que no hay deslizamiento cuando la bola choca con el escalón. El
coeficiente de restitución es e.
SOLUCIÓN:
Análisis de cuerpo libre:
Conservación del Movimiento angular:
IG=25mr2
w2=V 2cosθ
r
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(H A)1=(H A)2
[mb(V B)1 ] r ´=IGω2+[ mb(V B)2 ]r ´ ´
[mV 1 ]r sin θ=( 25mr2)(V 2 cosθ
r )+ [mV 2 ] r cosθ
V 2
V 1
=57tan θ……… (I )
Coeficiente de restitución:
e=0−(V b)2(V b)1−0
e=−(V 2sin θ)−(V 1cosθ)
V 2
V 1
= e cosθsinθ
………(II )
Usando las ecuaciones I y II
57tan θ= ecos θ
sinθ
tan2θ=75e
θ=ArcTg (√ 75 e)
A
C D
B
Y
X
15.2 cm
AceroLatón
61 cm
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EJERCICIO Nº07.
Dos bolas de acero de igual diámetro están unidas mediante una barra rígida de peso
despreciable según se ve en la figura, y se dejan caer en posición horizontal desde una altura
de 15.2cm sobre unos soportes pesados de plancha de acero y de latón. Si el coeficiente de
restitución para la bola y la base de acero es 0.6 y para la otra y la lata de latón es 0.4,
determinar la velocidad angular ω de la barra inmediatamente después del rebote. Suponer
que los dos impactos son simultáneos.
SOLUCIÓN:
I. Como podemos apreciar la velocidad inicial de las bolas de acero en t=0 es cero, pero al momento de impactar contra las planchas de acero y de latón ambas tiene una misma velocidad, la que se procederá a hallar mediante las ecuaciones cinemáticas:
vdv=gdy
vdv=−9.81dy
∫0
v
vdv= ∫0.152
0
−9.81dy
v2=2∗9.81∗0.152
v=−1.727 j m /s
II. Analizamos la bola A y la plancha C de latón:
e=¿¿
Pero se conoce:
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¿ ; ¿ ; ¿
Reemplazando
0.4=0−¿¿
¿
III. Luego analizamos la bola B y la plancha D, de la misma forma que la bola A y la plancha C.
e=¿¿
Pero se conoce:
¿ ; ¿ ; ¿
Reemplazando:
0.6=0−¿¿
¿
IV. Finalmente Analizamos A y B como movimiento del solido rígido, de lo cual se obtiene:
¿
0.6908 j=1.0362 j+w k ×(−0.61 i)
w=−0.3454−0.61
w=0.566 k rad /s
EJERCICIO Nº08.
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El centro de masa de la bola de 3 lb tiene una velocidad de ¿ cuando choca con el extremo
delgado de la barra uniforme de 5 libras, la cual está en reposo. Determine la velocidad
angular del a barra respecto al eje z después del impacto si e=0.8.
SOLUCIÓN:
I z=112 ( 5
32.2 ) (42 )=0.2070 slug. ft2
ω2=¿¿
Entonces:
(H z)1=(H z)2
[mb(V G)1 ] rb=I zω2+ [mb(V G)2 ]rb
( 332.2 ) (6 ) (2 )=0.2070¿
Coeficiente de restitución:
e=(V B)2−(V G)2(V G)1−(V B)1
0.8=(V B)2−(V G)2
6−0…………………………….( II)
Resolviendo las ecuaciones I y II :
(V G)2=2.143 (V B)2=6.943
Entonces la velocidad angular será:
ω2=(V B )22
=6.9432
=3.47 rad / s