MÉTODOS DE LA ENERGÍA Y DE LA CANTIDAD DE …20DSM_/APUNTES%20... · Cuando un cuerpo rígido, o un sistema de cuerpos rígidos, se mueve bajo la acción de fuerzas conservativas,

CINETICA EN EL PLANO DE LOS CUERPOS RÍGIDOS:

MÉTODOS DE LA ENERGÍA Y DE LA CANTIDAD DE MOVIMIENTO

El principio del trabajo y la energía para un cuerpo rígido se ex- presa en la forma

en donde T1 y T2 representan los valores inicial y final de la energía cinética del cuerpo rígido y U1-2 el trabajo de las fuerzas externas que actúan sobre ese cuerpo.

El trabajo de una fuerza F aplicada en un punto A es

en donde F es la magnitud de la fuerza, a el ángulo que forma con la dirección del movimiento de A y s la variable de integración que mide la distancia recorrida por Aa lo largo de su trayectoria.

2211 TUT =+ −

( ) dsFCosUs

s∫=−2

121 α

El trabajo de un par de momento M aplicado a un cuerpo rígido, durante una rotación en θ de éste, es

La energía cinética de un cuerpo rígido en movimiento plano es

en donde es la velocidad del centro de masa, G, del cuerpo, ω la velocidad angular de éste e I su momento de inercia alrededor de un eje que pasa por G perpendicular al plano de referencia.

G

ω v

v

22

21

21 ωIvmT +=

dsMU ∫=−2

121

θ

θ

La energía cinética de un cuerpo rígido en movimiento plano se puede separar en dos partes:

1) la energía cinética asociada con el movimiento del centro de masa, G, del cuerpo

2) la energía cinética asociada con la rotación del cuerpo alrededor de G.

Para un cuerpo rígido que gira con una velocidad angular ω, alrededor de un eje fijo que pasa por O,

en donde IO es el momento de inercia del cuerpo alrededor del eje fijo.

G

ω v

O

ω

2

21 vmT =

2

21 ωIT =

2

21 ωoIT =

Cuando un cuerpo rígido, o un sistema de cuerpos rígidos, se mueve bajo la acción de fuerzas conservativas, el princi-pio del trabajo y la energía se puede expresar en la forma

el cual se conoce como el principio de conservación de la energía. Se puede aplicar este principio para resolver problemas que comprendan fuerzas conservativas como la fuerza de gravedad o la fuerza ejercida por un resorte.

El concepto de la potencia se extiende hacia un cuerpo en rotación sujeto a un par

Potencia = = = MωdUdt

M dθdt

en donde M es la magnitud del par y ω es la velocidad angular del cuerpo.

2211 VTVT +=+

(Cant mov)1 sist + Imp1 2 ext sist = (Cant mov)2 sist

Se puede aplicar el principio del impulso y la cantidad de movimiento obtenido para un sistema de partículas, al movimiento de un cuerpo rígido.

Para una losa rígida o un cuerpo rígido simétrico con respecto al plano de referencia, el sistema de las cantidades de movimiento de las partículas que forman el cuerpo es equivalente a un vector mv adscrito al centro de masa, G, del cuerpo y un par Iω. El vector mv está asociado con la translación del cuerpo con G y representa la cantidad de movimiento del cuerpo, en tanto que el par Iωcorresponde a la rotación del cuerpo alrededor de G y representa el momentoangular del cuerpo alrededor de un eje que pasa por G.

(∆m)v

Pmv

Iω

El principio del impulso y la cantidad de movimiento se puede expresar gráficamente al dibujar tres diagramas que representen, respectivamente, el sistema de cantidades iniciales de movimiento del cuerpo, los impulsos de las fuerzas externas que actúan sobre él y el sistema de las cantidades finales de movimiento del cuerpo. Si se suma y se igualan respectivamente las componentes x, las componentes y y los momentos alrededor de cualquier punto dado de los vectores mostrados en la figura, se obtienen tres ecuaciones del movimiento que se pueden resolver para las incógnitas deseadas.

x

y

O

Iω1

mv1

x

y

O x

y

O

Iω2

mv2∫ Fdt

GG

En los problemas que tratan de varios cuerpos rígidos conecta-dos, cada cuerpo se puede considerar por separado o, si no se tienen más de tres incógnitas, se pueden aplicar los principios del impulso y la cantidad de movimiento al sistema completo, sólo considerando los impulsos de las fuerzas externas.

Cuando las líneas de acción de todas las fuerzas externas que actúan sobre un sistema de cuerpos rígidos pasan por un punto dado O, se conserva el momento angular del sistema alrededor de O.

x

y

O

Iω1

mv1

x

y

O x

y

O

Iω2

mv2∫ Fdt

G G

El impacto excéntrico de dos cuerpos rígidos se define como uno en el que los centros de masa de los cuerpos que chocan no están ubicados sobre la línea de impacto. En esa situación se cumple una relación para el impacto que comprende el coeficiente de restitución e y deben de usarse las velocidades de los puntos A y B en donde ocurre el contacto durante el impacto.

(v’B)n - (v’A)n = e[(vA)n - (vB)n]

n

A

vA

vB

nB

a) Antes del impacto

n

A

v’A

v’B

n

b) Después del impacto

B

a) Antes del impacto b) Después del impacto

(v’B)n - (v’A)n = e[(vA)n - (vB)n]en donde (vA)n y (vB)n son las componentes a lo largo de la línea de impacto de las velocidades de A y B, antes del impacto, y (v’A)n y (v’B)n sus componentes después del impacto. Esta ecua-ción es aplicable no sólo cuando los cuerpos que chocan se mueven con libertad después del impacto sino también cuando los cuerpos están parcialmente restringidos en su movimiento.

n

n

A

vA

vB

nB

n

A

v’A

v’B

B

Análisis dinámico de freno de tambor y zapata larga contráctil.

El tambor de freno, de 8 in de radio, está conectado a un volante más grande que no aparece en la figura. El momento de inercia total de la masa tambor y el volante es de 14 lbft s2.

El coeficiente de fricción cinética entre el tambor y la zapata de freno es de 0.35.Si la velocidad angular de volante es de 360 rpm en sentido contrario a las manecillas del reloj cuando se aplica una fuerza P de 75 lb al pedal CDetermine el numero de revoluciones realizadas por el volante antes de detenerse.

Ing. José de Jesús Villalobos Luna, Dinámica, Academia de Análisis Mecánico, FIME-UANL,

Análisis dinámico de freno de tambor y zapata larga contráctil.

Método de Trabajo y Energía.El objetivo de este método es obtener el mismo número de ecuaciones que de incógnitas al aplicar el Principio Trabajo y Energía para obtener la solución.

1.- Identificación de las energías

2.- Principio de Trabajo y Energía

3.- Ecuación Auxiliar 1.

4.-Ecuación Auxiliar 2.


¿Cuánta energía se retira del sistema?(¿Cuánto trabajo se realiza?)

¿Cómo se retira la energía del sistema?(¿Cómo se realiza el trabajo?)

Ecuaciones de movimiento angular acelerado.

ωf2=ωo

2+2αθωf=ωo+αt

Análisis estático de la zapata.

1.- Identificación de las Energías.Estado 2Estado 1

211 2

1 ωIT = 02 =T

¿Cómo se retira la energía del sistema?

¿Cuánta energía se retira del sistema?

( )( )

ftlbU

segradsegftlbU

IU

TUTTU

−−=−

−−−=

−=

−=−=

−

−

−

−

67.629,921

/09.37142121

0

2221

2121

121

1221

ω

Principio de Trabajo y Energía

θ

θ

∆⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

∆=

−

−

ftininFU

MU

f

T

128

21

21

N

Ff

W

Dx

Dy

B

(EC. I)(EC. I) (EC. II)(EC. II)


2.- Principio de Trabajo y Energía

3.- Ecuaciones auxiliares.

NF kf µ−= Análisis de la fricción en el punto de contacto

012

212

1012

9

0

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

==∑ ∑

ftininN

ftininF

ftininP

MinMext

f

AA

Sumatoria de Momentos en el pasador de la Zapata (D):

La suma de momentos se iguala a cero debido a que el la inercia de la zapata es despreciable (Izapata*αzapata=0)

+

(EC. III)(EC. III)

(EC. IV)(EC. IV)


4.- Solución.Datos:

I=14 lb-ft-s2.no=360 rpm, cmr.ωo=37.6 rad/s, cmr.µk=0.35.P=75 lb.

ftlbU −=− 67.962921

012

212

1012

9=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ftin

inNftin

inFftin

inP f

NF kf µ−=

(EC. I)(EC. I)

(EC. III)(EC. III)

(EC. IV)(EC. IV)kfFN µ/−=

Sustituir IV en III y despejar Ff=?Ff=25.4 lbSustituir Ff y I en II y despejar ∆θ =?∆θ = rad


θ∆⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=− ftin

inFU f 128

21(EC. II)(EC. II)

Conclusiones

La cantidad de energía que se tiene que retirar del sistema es la que existe en el estado 1 (T1).

La fuerza que retira la energía del sistema (fuerza que realiza trabajo negativo) es la fuerza de fricción.

La cantidad de energía retirada por el material de fricción puede traducirse a unidades caloríficas.

Por medio del trabajo realizado puede calcularse la potencia del freno.

Problema 17.136

Un disco uniforme de espesor constante e inicialmente en reposo se pone en contacto con la banda mostrada, la cual se mueve a una velocidad constante v = 25 m/s. Sa- biendo que el coficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es

25o

A B120 mm

v

0.15, determine a) el número de revoluciones ejecutadas por el disco antes de que alcance una velocidad angular constante, b) el tiempo requerido para que alcance esa velocidad.

1. El movimiento del disco es rotación centroidal. Determine la energía cinética para las posiciones 1 y 2 usando T = Iω2. 1

2


25o

A B120 mm

v


2. Considere las fuerzas externas y calcule el trabajo realizado por ellas. La fricción entre el disco y la banda produce un mo-mento alrededor de A relacionado con el trabajo (U = Mθ).

Problema 17.136


25o

A B120 mm

v


3. Use el principio del trabajo y la energía para resolver para elnúmero de rotaciones del disco.

4. Se puede determinar el tiempo requerido para alcanzar una velocidad angular constante al considerar el principio del im-pulso y el momento angular (alrededor de A).

a) número de revoluciones

Determine la energía cinética para las posiciones 1 y 2

25o

Ax

mg

N

0.15N

0.12 A

T1 = 0

T2 = Iω2 = [ m(0.12)2](25/0.12)2

Cinemática: Cuando la velocidad angular del disco alcanza un valor constante, la velocidad de la banda y del punto de con-tacto entre ésta y el disco son idénticas.

vbanda = rω

ω = 25/0.12 = 208.33 rad/s

25 = 0.12 ω

12

12

12

T2 = 156.25m

a) número de revoluciones

25o

Ax

mg

N

0.15N

0.12 A

T1 = 0 T2 = 156.25m

Calcule el trabajo realizado por las fuerzas externas

U1 2 = MAθ = (0.15N)(0.12)θ= (0.018N)θ

ΣFy = 0: 0 = -mg + N cos 25o - 0.15N sen 25o

+

N = 1.186 mgUse el principio del trabajo y la energía para resolver para el número de rotaciones del disco.

T1 + U 1 2 = T2 : (0.018)(1.186 mg)θ = 156.25m

θ = 746 radianes θ = 118.7 rev

b) el tiempo requerido para alcanzar una velocidad angular constante.

0.15N(t)

0.12 A

Considere el principio del impulso y el momento angular.

Mom. ang1 sist + Imp1 2 ext sist = Mom. ang2 sist

AAIω = 0 Iω

+ = I = 0.5[m(0.12)2]

ω =

momentos alrededor de A:+

0.15N(0.12)t = 0.5[m(0.12)2](25/0.12)

N = 1.186 mg

0.018(1.186 mg) t = 1.5m

t = 7.16 s

250.12

Problema 17.138

Una barra delgada y uniforme se coloca en la esquina B y se le da un ligero movimiento en el sentido de las manecillas del reloj. Suponiendo que la esquina es afilada y se incrusta un poco en el extremo de la barra, de modo que el coeficiente de fricción estática en B es muy grande, determine a) el ángulo β que habrá girado la barra cuando pierde contacto con la esquina, b) la velocidad correspondiente del extremo A.

A

B

Lβ

Una barra delgada y uniforme se coloca en laesquina B y se le da un ligero movimiento enel sentido de las manecillas del reloj. Supo-niendo que la esquina es afilada y se incrustaun poco en el extremo de la barra, de modoque el coeficiente de fricción estática en B es muy

grande, determine a) el ángulo β que habrá girado la barra cuando pierde contacto con la esqui-na, b) la velocidad correspondiente del extremo A.

A

B

Lβ

1. Para los problemas en los cuales el cuerpo rígido se estátrasladando y girando, determine la relación cinemática en-tre ω y v.

2. Determine la energía cinética para las posiciones 1 y 2 usan-do la relación T = mv 2 + Iω2. 1

212



A

B

Lβ

3. Considere las fuerzas externas y calcule el trabajo realizadopor éstas o, en el caso de fuerzas conservativas, el cambioen la energía potencial.



A

B

Lβ

4. Use el principio del trabajo y la energía para resolver para ωen términos del ángulo desconocido.

5. Considere la cinética del cuerpo rígido y resuelva para el ángulo desconocido β y la velocidad en A.

a) Determinación de βA

B

L

θ

L/2

L/2

Determine la relación cinemática entre ω y vpara el cuerpo rígido.

Determine la energía cinética para las posiciones 1 y 2

Eje fijo de rotación de la barra: v = ωL2

ω

T1 = 0

T2 = Iω2 + m(L/2)2ω2 = (mL2/3)ω212

12

12

V1 = mgL/2 V2 = (mgL/2) cos θ

Considere el cambio en la energía potencial debida a la gravedad.

a) Determinación de βA

B

L

θ

L/2

L/2

ω

T1 + V1 = T2 + V2 :mgL/2 = (mL2/6)ω2 + (mgL/2) cos θ

T1 = 0 V1 = mgL/2 V2 = (mgL/2) cos θ

T2 = (mL2/3)ω212

ω2 = (1 - cos θ)3gL

Use el principio del trabajo y la energía para resolver para ω en términos del ángulo desconocido.

a) Determinación de β

A

B

θ

ω2 = (3g/L)(1 - cos θ)Modele la cinética del cuerpo rígido y resuelva para el ángulo desconocido y la velocidad en A.

FN

mg

nA

B

n

Iα

m(L/2)αm(L/2)ω2

ΣFn = ΣFef :

N - mg cos θ = -m(L/2)ω2

N - mg cos θ= -m(L/2)(3g/L)(1 - cos θ)

La pérdida de contacto en B implica N = 0, θ = β

mg cos β = m(L/2)(3g/L)(1 - cos β)

a) Determinación de β

A

B

θ

FN

mg

nA

B

n

Iα

m(L/2)αm(L/2)ω2

mg cos β = m(L/2)(3g/L)(1 - cos β)

cos β = 1.5(1 - cos β)

cos β = 1.5/2.5 β = 53.1o

b) Determine la velocidad en A

ω2 = (3g/L)(1 - cos 53.1o)

β

A

B ω

vA = LωvA = Lω

ω = 1.2 g/L

vA = 1.2 gL

Problema 17.139

Se dispara una bala B de 35 g con una velocidad de 400 m/s hacia el costado de un panel cuadrado de 3 kg suspendido como se muestra de un pasador en A. Sabiendo que el panel está al principio

en reposo, determine a) la veloci-dad angular del panel inmediata-mente después de que la balaqueda incrustada, b) la reacciónde impulsión en A, suponiendoque la bala se incrusta 1.5 ms.

500 mmvO

A

G

250 mm

250 mm

El método del impulso y la cantidad de movimiento es bien adecuado para resolver problemas de impacto. Ya que el tiempo considerado en el cálculo de los impulsos lineal y angular es muy corto, se puede suponer que los cuerpos que intervienen ocupan la misma posición en ese intervalo.

Se dispara una bala B de 35 g con una veloci-dad de 400 m/s hacia el costado de un panel

cuadrado de 3 kg suspendido como semuestra de un pasador en A. Sabiendo

que el panel está al principio en re-poso, determine a) la velocidad an-gular del panel inmediatamentedespués de que la bala queda in-

crustada, b) la reacción de impulsión en A, suponiendo que la bala se incrusta 1.5 ms.

500 mmvO

A

G

250 mm

250 mm

1. Se usa la conservación del momento angular alrededor de Apara hallar la velocidad angular de la placa inmediatamentedespués del impacto.

2. Las reacciones impulsivas se determinan al considerar las cant. de mov. del sistema antes y después del evento.

Se dispara una bala B de 35 g con una veloci-dad de 400 m/s hacia el costado de un panel

cuadrado de 3 kg suspendido como semuestra de un pasador en A. Sabiendo

que el panel está al principio en re-poso, determine a) la velocidad an-gular del panel inmediatamentedespués de que la bala queda in-

crustada, b) la reacción de impulsión en A, suponiendo que la bala se incrusta 1.5 ms.

500 mmvO

A

G

250 mm

250 mm

a) Velocidad angular después del impacto

0.5 m mBvO

A

G

Cant mov sist1 + Imp ext sist1 2 = Cant mov sist2

0.5 m A

G mPv

A

G

Iω

+ =

Se usa la conservación del momento angular alrededor de A para hallar la velocidad angular de la placa inmediatamente después del impacto.

Fx∆tFy∆t

d

Σ Momentos alrededor A:(despreciando la cant. de mov.de la bala después del impacto)

+

(0.035 kg) vO (0.25 m) = Iω + mPv(d) = Iω + mPd2ω

v = ωdd = 0.25 2

0.00875vO = [ (3)(0.52 + 0.52) + 3(0.25)2(2)]ω 112

a) Velocidad angular después del impacto

0.5 m mBvO

A

G


0.5 m A

G mPv

A

G

Iω

+ =

Fx∆tFy∆t

d

0.00875vO = 0.50ω

ω = 0.0175vO = 0.0175(400 m/s)

ω = 7 rad/s

b) Reacciones en A

0.5 m 0.035vO

A

G


0.5 m A

G 3v

A

G

Iω

+ =

Fx∆tFy∆t

0.3536

ω = 7 rad/s

Las reacciones impulsivas se determinan al considerar lascant. de mov. del sistema antes y después del evento.

v = 0.3536ω = 2.4749 m/s

45o

+ componentes x: 0.035vO cos 45o - Fx ∆t = 3(2.4749)0.02475vO - Fx (0.0015) = 7.42460.02475(400) - 7.4246 = Fx (0.0015)

Fx = 1650 N

b) Reacciones en A

0.5 m 0.035vO

A

G


0.5 m A

G

A

G

Iω

+ =

Fx∆tFy∆t

0.3536

ω = 7 rad/s45o

Fx = 1651 N

3(2.4749)

+ componentes y:0.035vO sen 45o + Fy ∆t = 00.02475vO + Fy(0.0015) = 00.02475(400) =-Fy (0.0015) Fy= -6600 N

1650 N

6600 N

A A

76.0o

6800 N

Problema 17.146Una pieza de artillería de campaña de 4980 lbdispara una granada de 33 lb con una ve-locidad en la boca de 1450 ft/s y con una elevación de 35o. Se evita que el cañón se

...

A B

35o

40 in

90 in

mueva de su posición de tiro mediante dos brazos rígidos lla-mados “mástiles” que están co-nectados a su cuerpo. Cada una

de las ruedas puede girar libremente y el extremo B de cada más-tilse incrusta en el suelo para impedir cualquier movimiento hori-zontal. Suponiendo que el retroceso del cañón tiene efecto en 0.6 s, determine a) las componentes de las reacciones de impulsión en cada rueda A y en cada mástil B, b) la velocidad que adquiri-ría el cañón si los mástiles no se incrustaran y no ejercieran algu-na fuerza horizontal.

...

A B

35o

40 in

90 in

Una pieza de artillería de campaña de 4980 lb dispara una gra-nada de 33 lb con una velocidad en la boca de 1450 ft/s y con

una elevación de 35o. Se evita que el cañón se mueva de suposición de tiro mediante dos brazos rígidos llamados

“mástiles” que están conectados a su cuerpo.Cada una de las ruedas puede girar li-bremente y el extremo B de cada mástilse incrusta en el suelo para impedir cual-

quier movimiento horizontal. Suponiendo que el retroceso del cañón tiene efecto en 0.6 s, determine a) las componentes de las reacciones de impulsión en cada rueda A y en cada mástil B, b) la velocidad que adquiriría el cañón si los mástiles no se incrustaran y no ejercieran alguna fuerza horizontal.

1. Se usa el principio del impulso y la cantidad de movimiento para determinar la fuerza de impulsión ejercida sobre el cañón por la granada.

Cuando se dispara la granada, a la fuerza de impulsión que ejer-ce sobre el cañón se le opone la reacción de las ruedas y los mástiles.

...

A B

35o

40 in

90 in

2. Se determinan las reacciones de impulsión al considerar las cant. de mov. del sistema antes y después del evento.

3. La velocidad del cañón sin los mástiles incrustados requiere otro modelo en el que se consideren las cant. de mov. delsistema antes y después del evento.

Una pieza de artillería de campaña de 4980 lb dispara una gra-nada de 33 lb con una velocidad en la boca de 1450 ft/s y con

una elevación de 35o. Se evita que el cañón se mueva de suposición de tiro mediante dos brazos rígidos llamados

“mástiles” que están conectados a su cuerpo.Cada una de las ruedas puede girar li-bremente y el extremo B de cada mástilse incrusta en el suelo para impedir cual-

quier movimiento horizontal. Suponiendo que el retroceso del cañón tiene efecto en 0.6 s, determine a) las componentes de las reacciones de impulsión en cada rueda Ay en cada mástil B, b) la velocidad que adquiriría el cañón si los mástiles no se incrustaran y no ejercieran alguna fuerza horizontal.

a) Determinación de las componentes de las fuerzas de impul-sión en A y B.


Se usa el principio del impulso y la cant. de mov. para deter-minar la fuerza de impulsión ejercida sobre el cañón por la granada.

mv0 = 0 mv

F dt F ∆ t∫Σ componentes: mv0 + F∆t = mv

0 + F∆t = (1450 ft/s)33 lb32.2 ft/s2

F∆t = 1486 lb-s 35o

+ =

a) Determine las componentes de las reacciones de impulsión enA y B.


Se determinan las reacciones de impulsión al considerar las cant. de mov. del sistema antes y después del evento.

..

A B

35o

40 in

90 in

..A B

35o

..A B

+ =

2FA∆t

2FBx∆t

2FBy∆t

F∆t = 1486 lb-s

∆t = 0.6 scomponentes x:

0 + F∆t cos 35o - 2FBx∆t = 0 + mv0 + ΣF∆t = mvf

FBx = 1014 lb1486 cos 35o - 2FBx(0.6) = 0

mv = 0mv = 0


Cant mov sist 1 + Imp ext sist1 2 = Cant mov sist2

..

A B

35o

40 in

90 in

..A B

35o

..A B

+ =

2FA∆t

2FBx∆t

2FBy∆t

F∆t = 1486 lb-s

∆t = 0.6 s

componentes y:

0 - F∆t sen 35o + 2FBy∆t + 2FA∆t = 0 + mv0 + ΣF∆t = mvf

FBx = 1014 lb

-1486 sen 35o + 2FBy (0.6) + 2FA (0.6) = 0

mv = 0mv = 0

710 = FBy + FA



..

A B

35o

40 in

90 in

..A B

35o

..A B

+ =

2FA∆t

2FBx∆t

2FBy∆t

F∆t = 1486 lb-s

∆t = 0.6 s

0 - F∆t cos 35o (40/12)+ 2FBy∆t(90/12) = 0mv0 + ΣMA∆t = mvf

FBx = 1014 lb

-1486 cos 35o (40/12) + 2FBy (0.6)(90/12) = 0

mv = 0mv = 0

FA = 259 lb

+ Momentos alrededor de A:

FBy = 451 lb

Recuerde, 710 = FBy + FA:

b) Velocidad del cañón sin los mástiles

La velocidad del cañón sin los mástiles incrustados requiere otro modelo en el que se consideren las cant. de mov. del sistema antes y después del evento. Este modelo requiere que se rela-cione la velocidad de la granada (vG) con la velocidad de la pie-za de artillería (vP), sabiendo que la velocidad de la granada con respecto a la pieza (vG/P = 1450 ft/s).

35o

vG = vP + vG/PCinemática:

vG/P = 1450 ft/s vP = vP

vG :

1450 cos 35o - vP

1450 sen 35o

b) Velocidad del cañón sin los mástiles

Cant mov sist1 + Imp ext sist1 2 = Cant mov sist 2

..

A B

35o

40 in

90 in

..A B

35o

..A B

+ =

componentes x:0 = -(33/g)(1450 cos 35o - vP) + (4980/g )vP

+

vP = 7.82 ft/s

mPvP

mSvS

La velocidad del cañón sin los mástiles incrus-tados requiere otro modelo en el que se consi-deren las cant. de mov. del sistema antes y después del evento.

vG

1450 cos 35o - vP

1450 sen 35o

2FA∆t 2FBy∆t

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MÉTODOS DE LA ENERGÍA Y DE LA CANTIDAD DE …20DSM_/APUNTES%20... · Cuando un cuerpo rígido, o un sistema de cuerpos rígidos, se mueve bajo la acción de fuerzas conservativas,