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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