Capítulo 9 Impulso y Cantidad de Movimiento Para El CR

Cap. 9 Impulso y Cantidad de Movimiento Pág. 9-1

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Cap. 9 Impulso lineal y cantidad de movimiento del sólido rígido en movimiento plano

9.1 Impulso y Cantidad de Movimiento Evaluaremos la cantidad de movimiento de un cuerpo rígido de masa M en movimiento plano: Sea ip

la cantidad de movimiento de la

partícula de masa im : iii vmp

=

y como: iGi vv ρω

×+=

entonces: )( iGii vmp ρω

×+=

Si sumamos para evaluar la cantidad de movimiento de todo el sólido rígido: ∑∑∑ ×+== )( iiGiii mvmvmp ρω

∑∑ ×+= iiGi mvm ρω

)(

de donde: GvMp

= (9.1) Hemos visto en el capítulo 5 que para un sistema de partículas se cumple la ecuación de impulso y cantidad de movimiento:

∑∑ ∫∑ =+ )2(

2

1)1( iiiii vmdtFvm

Dado que el cuerpo rígido se puede idealizar como un sistema de partículas, se cumplirá para él la anterior ecuación. Así la podemos rescribir teniendo en cuenta la expresión (9.1):

2

2

11 pdtFp i

=+ ∑ ∫

donde: )1(1 GvMp

= es la cantidad del movimiento del cuerpo rígido en posición (1).

∑ ∫2

1

dtFi

)2(2 GvMp

= es la cantidad del movimiento del cuerpo rígido en posición (2).

cantidad de movimiento del sólido rígido en movimiento plano.

=0, pues 0=Gρ

ya que 0)()( == ∑∑ Giii mm ρρ

es la suma de los impulsos lineales de todas las fuerzas externas iF

que actúan sobre el cuerpo rígido entre (1) y (2).

Fig. 9-1

y

xO

ir

mi

1F

2F

3F

iF

nF

G

Gr

iρ

Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing. Profesor del Área de Diseño

Sección de Ingeniería Mecánica



Es decir: 2

2

11 GiG vMdtFvM

=+ ∑∫ (9.2)

9.2 Impulso angular y momento cinético Además, también será válida para el cuerpo rígido, la ecuación del impulso angular y momento cinético, deducidos en el quinto capítulo. Por consiguiente de acuerdo a lo expresado para un sistema de partículas en la expresión (5.57):

2

2

11 GiGG HdtMH

=+ ∑∫ (9.3)

donde el momento cinético en cualquier posición del cuerpo rígido se calcula con:

∑ ×= iiiG vmH

ρ Podemos desarrollar esta última expresión de la siguiente manera:

∑ ×= iiiG vmH

ρ ∑ ×+×= )( iGii vm ρωρ

∑∑ ××+×= )()( iiiGii mvm ρωρρ

iiiiii mm ρρωωρρ

)()(0 ∑∑ ⋅−⋅+=

ωρ

)( 2∑= iim finalmente: ω

GG IH = (9.4)

En consecuencia podemos reescribir la expresión (9.3) de la siguiente manera:

2

2

11 ωω

GGiG IdtMI =+ ∑ ∫ (9.5)

Las expresiones (9.2) y (9.5) se pueden mostrar juntas de manera gráfica:

Ecuación de la Cantidad de Movimiento e Impulso Lineal para un cuerpo rígido en movimiento plano.

Ecuación de Momento Cinético e Impulso Angular para un cuerpo rígido en movimiento plano.

Fig. 9-2

1GvM

G G

∑ ∫2

1

dtFi

+2GvM

G=̂

1ω

GI 2ω

GI

∑ ∫2

1

dtMGj

Sistema I

Sistema II



Sin embargo, una forma más práctica de mostrar gráficamente las ecuaciones vectoriales (9.2) y (9.5) sería la siguiente: Es importante notar que, dada la equivalencia de los sistemas vectoriales mostrados en la anterior figura, la ecuación (9.5) se puede reemplazar por una similar en la que los momentos se tomen con respecto a cualquier otro centro de reducción. Es decir, si tomamos en cuenta el punto A como centro de reducción: Entonces, alternativamente podemos escribir la ecuación de momento cinético e impulso angular para el cuerpo rígido en movimiento plano de la siguiente forma:

∑ :AH

22/11/ ωω

GGAGAiGGAG IvMrdtMIvMr +×=++× ∑∫ (9.6) donde el término ∑∫ dtM Ai

debe incluir a los momentos de todos los impulsos lineales

externos y a todos los impulsos angulares externos. Es decir: ∑ ∫∑ ∫∑∫ +×= dtMdtFrdtM extjiAPAi i

)( /

Evidentemente seguirá siendo válida la otra condición para que dos sistemas de vectores sean equivalentes:

2

2

11 GiG vMdtFvM

=+ ∑∫

Fig. 9-3

1GvM

G

∫2

11 dtF

G

∫2

12 dtF

∫2

13 dtF

∫2

1

dtFi

∫2

1

dtFn

+2GvM

G=̂

1ω

GI2ω

GI

∫2

11 dtM

∫2

1

dtM m

∫2

12 dtM

Sistema I

Sistema II

Fig. 9-4

1GvM

G

∫2

11 dtF

∫2

12 dtF

∫2

13 dtF

∫2

1

dtFi

∫2

1

dtFn

+2GvM

G=̂

1ω

GI 2ω

GI∫2

11 dtM

∫2

1

dtM m

∫2

12 dtM

A

AGr /

A

AGr /

A

AGr /

G

Pi

APir /

Sistema I

Sistema II



Caso particular: Rotación alrededor de un eje fijo. Primeramente evaluaremos el momento cinético del cuerpo rígido en movimiento plano de rotación alrededor de un eje fijo con respecto a dicho eje:

∑ ×= iiiA vmrH

∑ ××= )( iii rmr

ω

[ ]∑ ⋅−⋅= iiiiii rrmmrr

)()( ωω

ω

)( 2∑= ii rm

es decir: ω

AA IH = (9.7) Ahora, para este caso particular aprovecharemos lo dicho para el caso de tomar un centro de reducción cualquiera (ver figura 9.4) y tomaremos el eje fijo de rotación como centro de reducción: Utilizando la expresión (9.6) obtenemos:

∑ :AH

)()( 22/11/ ωω

GGAGAiGGAG IvMrdtMIvMr +×=++× ∑∫ (9.8)

donde el término ∑∫ dtM Ai

considera a todos los “momentos” de los impulsos lineales

con respecto al punto A )( / ∫× dtFr iAPi

así como a todos los impulsos angulares ∫ dtM extj

.

Pero: 1/1/11/ )( ωωω

GAGAGGGAG IrMrIvMr +××=+×

1//11// )()( ωωω

GAGAGAGAG IrrMMrr +⋅−⋅=

112

/ ωω

GAG IMr +=

12

/ )( ω

AI

AGG MrI +=

→ 111/ ωω

AGGAG IIvMr =+× (9.9)

= 0 Fig. 9-5

y

x

iv

A

ir

im

ω

1GvM

G

∫2

11 dtF

∫2

12 dtF

∫2

13 dtF

∫2

1

dtFi

∫2

1

dtFn

+2GvM

G=̂

1ω

GI2ω

GI

∫2

11 dtM

∫2

1

dtM m

∫2

12 dtM

AAGr /

G

Pi

APir /

∫2

1

dtAy

∫2

1

dtAx

AAGr /

AAGr /

Fig. 9-6Sistema I

Sistema II



Análogamente: 222/ ωω

AGGAG IIvMr =+× (9.10)

Reemplazando (9.9) y (9.10) en (9.8) obtenemos:

2

2

11 ωω

AextAA IdtMI =+ ∑∫ (9.11)

la cual también puede ser escrita como:

:∑ AH

2

2

11 AextAA HdtMH

=+ ∑∫ (9.12)

y lógicamente se sigue cumpliendo que:

2

2

11 GiG vMdtFvM

=+ ∑∫ (9.13)

La validez de las expresiones (9.11) y (9.13) para el caso analizado se muestra gráficamente: Conservación de la Cantidad del Movimiento o del Momento Cinético:

1) Si ∑∫ =2

1

0dtFi

se conserva la cantidad de movimiento ⇒ 21 GG vMvM

=

2) Si ∑∫ =2

1

0dtM Gi

se conserva el momento cinético ⇒ 21 ωω

GG II =

Nota: Las ecuaciones de impulso y cantidad de movimiento e impulso angular y momento

cinético también pueden ser aplicadas a todo un sistema de cuerpos interconectados. Así se elimina la necesidad de incluir los impulsos de reacción que ocurren en las conexiones pues éstos se vuelven internos del sistema.

1GvM

G G

∑∫2

1

dtFi

+

2GvM

G=̂

1ω

AI2ω

AI

∑∫2

1

dtM extA

A A A

Fig. 9-7Sistema I

Sistema II



Ejemplo 9.1: La varilla de longitud y masa m se deja libre desde la posición vertical. Si el piso es liso, calcular la velocidad angular de la varilla cuando °= 45θ . Solución: El DCL de la barra para cualquier

instante es:

Como no hay fuerzas disipativas, se conserva la energía. 2211 VTVT +=+

θω cos22

121

20 2

222

gmIvmgm GG ++=+

donde las incógnitas son 2Gv y 2ω . Es decir, necesitamos de una ecuación adicional.

El DCL de la barra en cualquier instante muestra que no hay fuerzas exteriores horizontales sobre la barra. Entonces, como no hay fuerzas exteriores en dirección x, se conserva la cantidad de movimiento en esa dirección: xGxG vmvm 21 0 =+ → 02 =xGv Ello significa que el centro de gravedad se mueve según una línea recta vertical y que, en consecuencia, 2Gv sólo tiene componente en la dirección y. Así podemos ahora ubicar fácilmente el centro instantáneo de rotación de la varilla y decir que:

θω senvG 222

=

Reemplazando en la ecuación de conservación de la energía y recordando que el momento de inercia de la barra con respecto al eje que pasa por su CG es

2)12/1( mIG = :

obtenemos:

+

−=

121

4

)cos1(22 θ

θωsen

g

Para °= 45θ tendremos:

g)22(5

122 −=ω →

g19,12 =ω

Fig. 9-8

θ

m,

A

θ

mg

N

G

θcos2

N.R.A

Fig. 9-9

θ

vA

G

vG2

CIR

θcos2

θsen2

AFig. 9-10



Ejemplo 9.2: La rueda de radio r y masa m está articulada en su centro a una barra de peso despreciable, la cual a su vez está articulada en su otro extremo a la pared vertical en A. La rueda está girando con velocidad angular 0ω justo antes de entrar en contacto con la pared a partir de lo cual entra a tallar una fuerza de fricción debida al coeficiente cinético de fricción µ , la cual frena el movimiento de giro de la rueda. Se pide:

a) Calcular la velocidad y la aceleración angulares de la rueda en función del tiempo.

b) Calcular el tiempo T que demora la rueda en detenerse. Solución: a) Según el Principio de D’Alembert los siguientes sistemas son equivalentes:

:HF∑ 0cos =− βTN (1)

:VF∑ 0=−+ gmsenTFf β (2)

:+∑ OM ϕOf IrF −=⋅ (3)

Como hay deslizamiento entre la rueda y la pared: NFf µ= (4)

en (1): βµ cos

fFT =

en (2): 0tan =−+ gmF

F ff β

µ →

βµ

tan11 +=

gmFf (5)

Ahora aplicaremos los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del impulso angular y momento cinético desde el inicio de la actuación de la fricción hasta un instante cualquiera del movimiento de la rueda:

Orβ

A

0ω

Fig. 9-11

Fig. 9-12m g

Or

N

Ff

β =̂ O

T ϕ0I

ϕ

Fig. 9-13

Orβ =̂ O

ωOI∫ dtT

∫ dtN

∫ dtFf

∫ dtmg

O

0ωOI

+



:+∑ OH ωω O

t

fO IdtrFI =− ∫0

0

ωω O

t

fO IdtrFI =− ∫0

0

de (5): ωβ

µ

ω OO ItrgmI =+

−tan11

0

despejando: tI

rgmO β

µ

ωωtan11

10

+−=

como 20 2

1 rmI = → trg

βµ

ωωtan11

120

+−= (6)

:/ dtd β

µ

αtan11

12

+−=

rg (7)

b) Llegado este punto podríamos repetir lo que se hizo en el problema 7.1, sin embargo, y

a manera de ilustración de los principios teóricos de este capítulo, volveremos a aplicar los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del impulso angular y momento cinético desde el inicio de la actuación de la fricción hasta el instante en que la rueda se detiene:

:+∑ OH 00

0 =− ∫ dtrFIT

fO ω

00

0 =− ∫T

fO dtrFI ω

de (5): 0tan11

0 =+

− TrgmIO

βµ

ω

con 20 2

1 rmI = y despejando:

+= β

µω tan112

0

grT

Fig. 9-14

Orβ =̂ O

∫ dtT

∫ dtN

∫ dtFf

∫ dtmg

O

0ωOI

+



Ejemplo 9.3: En la figura se muestra el esquema de un freno. En el instante mostrado la rueda homogénea de masa m = 80 kg y radio r = 0,25 m gira a una velocidad angular 300 =ω rad/s en sentido horario y entonces se aplica a la palanca de accionamiento una fuerza P(t) que varía según el diagrama adjunto. Si el coeficiente de fricción entre la palanca y rueda es 4,0=kµ se pide determinar el tiempo que tardará la rueda en detenerse. La palanca tiene masa despreciable.

Solución: La barra angular está en equilibrio estático durante la aplicación de la carga. Entonces, dicho equilibrio exige que:

00 =∑M :

0)5,0()1()1( =−+ NFP f

NNF kf 4,0== µ

0)5,0( =−+ kNP µ

es decir: 1,0

PN = (1)

Ahora hay que ver si el cilindro se detiene antes o después de 2=t s. Para averiguarlo utilizaremos la ecuación de cantidad de movimiento e impulso lineal para calcular la velocidad angular del tambor de freno ∗ω para el instante 2=t s. De allí sacaremos alguna conclusión útil para continuar. En la siguiente figura se puede observar que estamos suponiendo que el tambor sigue girando después de 2 segundos. ¿Será cierto?

≥≤≤

=stsi

stsittP

2502025

)(

tP 25=

P [N]

t [s]

50

20

Fig. 9-16

B

O

A

<

P(t)0,5 m 0,5 m

1 m

N

Ff

Ox

Oy

Fig. 9-17

C

N

Ff

Cx

Cy

mg

Fig. 9-18

G

C r

B

Fig. 9-15

O

A

P(t)0,5 m 0,5 m

1 m ω0



Para el tambor:

+∑ CH

: ∗=⋅− ∫ ωω C

s

fC IrdtFI2

00 donde 5,2

21 2 == rmIC kg/m2

∗=

− ∫ ωµω C

s

kC IdtrPI1,0

2

00

en el intervalo de tiempo analizado [0, 2]s, la carga P es: ttP 25)( = , entonces:

∗=− ∫ ωµω C

sk

C IdttrI2

00 25

1,0 → 10* =ω rad/s

lo cual significa que en t = 2 s la rueda sigue girando. Ahora realizaremos el mismo análisis para un nuevo intervalo en el que la carga P es constante e igual a 50 N.

+∑ CH

: 00

=⋅− ∫∗

∗t

fC rdtFI ω

01,00

=

− ∫∗

∗t

kC dtrPI µω

0501,0 0

=− ∫∗

∗ dtrIt

kC µω

∗∗ ⋅= trI kC 50

1,0µω

→ 5,0* =t s

En consecuencia el tiempo total será: t = 2 + 0,5 → t = 2,5 s

+ =̂0ωCI

C C

*ωCI

C

∫ dtN

∫ dtFf

∫ dtCx∫ dtCy

∫ dtmg Fig. 9-19

+ =̂

*ωCI

C C C

∫ dtN

∫ dtFf

∫ dtCx∫ dtC y

∫ dtmg Fig. 9-20



Ejemplo 9.4: Un gimnasta totalmente estirado se encuentra en la posición horizontal (1) (posición momentánea de reposo) antes de iniciar su movimiento. Después de girar 90° alrededor del eje P hasta posición (2) suelta sus manos de la barra y continua su movimiento en vuelo libre. Se pide determinar:

a) La velocidad del centro de masa G del gimnasta en la posición vertical (2), suponiendo al gimnasta como una barra homogénea de masa m y longitud . Desprecie la fricción entre las manos del gimnasta y la barra P.

b) El intervalo de tiempo T que el gimnasta necesitará para llegar a la posición horizontal (3).

c) Si luego de llegar a la posición (2) el gimnasta encoge súbitamente sus brazos y cambia con ello su momento de inercia respecto del centro de masas G a GG JJ )5/3(=′ , donde JG es el momento de inercia sin los brazos encogidos, calcule el nuevo ángulo que girará en un tiempo de vuelo libre igual al encontrado en la parte b).

Solución: a) Entre las posiciones (1) y (2) se conserva la energía: 2211 VTVT +=+ (1)

donde: 222 2

121 ωGG IvmT += ( ψω = es la velocidad angular del gimnasta)

22gmV −=

El gimnasta gira alrededor de P, entonces, de la cinemática: ω2

=Gv

reemplazando datos en (1):

212

121)

2(

210 222

gmmm −

+= ωω (2)

de donde:

g3=ω

gvG 321

=



b) En la posición (2) el muchacho se suelta e inicia un vuelo libre. Su DCL para una posición genérica muestra que la única fuerza que actúa sobre él es la fuerza de gravedad:

∑ :GM

αGI=0 → 0=α ∫

→ =ω constante

es decir: ==

g3ω constante (3)

Otra forma de llegar a lo mismo es notando que, dado que durante el vuelo libre la única fuerza que actúa sobre el gimnasta es su propio peso, entonces se conserva el momento cinético con respecto a G, o lo que es lo mismo, se conserva la cantidad de movimiento angular en esa fase de movimiento: =ωGI constante. Es decir: =ω constante.

integrando: ctg+=

3ψ (4)

condiciones iniciales: para 0=t , 2πψ = →

2π

=c

en (4): 2

3 πψ += tg

(5)

en la posición horizontal (3): πψ =

en (5): 2

3 ππ += Tg

→ g

T32π

=

c) Entre la posición vertical (2) en que el gimnasta se suelta del eje y la posición, también

vertical (2’) en que encoge los brazos, la única fuerza que actúa es el peso. En consecuencia, entre ambas posiciones se conserva el momento cinético (denominado también cantidad de movimiento angular) con respecto a G:

( )2)'2()2()2( ′= ωω GG II

→ ω′= GG IgI533

de donde: 3

5335 gg

==′ω



• A partir de la posición (2’) se inicia el vuelo libre y por las mismas razones que en el acápite b), se conserva el momento cinético:

=′′ ωGI constante → =′ω constante → '' ct += ωψ

para 0=t , 2πψ = →

2π

=′c → 23

5 πψ += tg

(6)

reemplazando g

T32π

= en (6):

2323

5 ππψ +

=

gg

265 ππ

+=

La diferencia de ángulo girado en el tiempo T entre los casos b) y c) será:

2

)26

5( πππψ −+=∆ → 6

5πψ =∆

Ejemplo 9.5: Un instante antes de hacer contacto, las velocidades angulares de los cilindros A y B son 5,1=Aω rad/s y 5=Bω rad/s respectivamente. Si las masas son 226=Am kg y 181=Bm kg, se pide: a) Calcular las velocidades angulares de los

cilindros inmediatamente después de que dejan de deslizar uno con respecto al otro.

b) Si el coeficiente de razonamiento kµ es 0,3 y la fuerza normal transmitida de A hacia B es de 2668 N, calcular el tiempo transcurrido para que los cilindros no resbalen uno con respecto al otro.

Solución: Tenemos que 17,1021 2 == AAA rmI kg/m2

62,321 2 == BBB rmI kg/m2

Aplicaremos las ecuaciones de cantidad de movimiento e impulso lineal y también la de momento cinético e impulso angular para cada uno de los cilindros, desde el instante en que hacen contacto los cilindros, hasta el instante en que dejan de deslizar una sobre la otra. Es evidente que en ese lapso de tiempo la fricción originada es cinética.

0,9 m

0,6

m

0,7 m

A

B

F

Fig. 9-23

0,4

m

ωA

ωB



+ =̂

AAI ω AAI ω′

∫ dtN

∫ dtFf

∫ dtAx

∫ dtAy

∫ dtgmA

rA

A A A

Fig. 9-24

Para la rueda A:

+∑ AH

: A

B

AAAfAA ItdrFI ωω ′=+ ∫ (1)

Para la rueda B:

+∑ BH

: B

B

ABBfBB ItdrFI ωω ′=− ∫ (2)

Cuando las ruedas dejan de deslizar, según lo visto en el Capítulo 6 (acápite de cinemática del movimiento de rodadura pura), se cumplirá que:

BBAA rr ωω ′=′ (3)

en (2): BBBB

B

ABf IItdrF ωω ′−=∫

′−= A

B

BBB r

rI ωω (4)

de (1): )( AA

B

AAAf ItdrF ωω −′=∫ (5)

de (4) y (5): )( AAA

AB

ABB

A

B

IrrI

rr

ωω

ωω

−′

′−

=

′−=−′ A

B

ABBAAAAB r

rIrIr ωωωω )(

BBAAABBB

AABA IrIrI

rrIr ωωω +=

+′

2

de donde: 32,2=′Aω rad/s

y como: B

AAB r

rωω ′=′ → 48,3=′Bω rad/s

+ =̂

BBI ω ∫ dtN∫ dtFf

∫ dtBx∫ dtBy

∫ dtgmB

rBB B B

BBI ω′

Fig. 9-25



c) Tenemos de (5): )( AA

B

AAAf ItdrF ωω −′=∫

es decir: )(0

AA

t

AA ItdrN ωωµ −′=∫

)(0

AA

t

AA ItdrN ωωµ −′=∫

)( AAAA ItrN ωωµ −′=

despejando: A

AAA

rNIt

µωω )( −′

=

2104,3 −⋅=t s Ejemplo 9.6: El bloque B está unido a la rueda A mediante una cuerda enrollada a ella, como se muestra. Si en el instante mostrado B tiene velocidad 2=Bv m/s, se pide calcular la velocidad de B después de 3=t s. Considerar que la cuerda tiene masa despreciable. Datos: 2,0=r m 40,0=AI kg/m2 20=AM kg 6=Bm kg Solución 1: Disgregaremos el sistema y aplicaremos convenientemente para cada parte

los principios del impulso y la cantidad de movimiento y del impulso angular y momento cinético.

• Para la rueda:

+∑ AH

: 2

2

11 ωω AA IdtrTI =+ ∫

2

2

11 ωω AA IdtTrI =+ ∫ (1)

Bv

G

A r

B

Fig. 9-26

∫2

1

dtAy

∫2

1

dtT

+ =̂1ω

AI

∫2

1

dtAxA A

∫2

1

dtgM A

2ω

AI

A

Fig. 9-27



• Para el bloque:

:)(+↓∑ VF

2

2

1

2

11 BBBBB vmdtTdtgmvm =−+ ∫∫ (2)

2211 BBABBBA vmrItgmrvmrI +=++ ωω (3)

Además, de la cinemática: 102,0

/211 ===

msm

rvBω rad/s

y también: 222

2 52,0 B

BB vvr

v===ω

reemplazando 1ω y 2ω en (3) y resolviendo: 132 =Bv m/s Solución 2: Aplicaremos la ecuación de impulso angular y momento cinético para todo

el sistema.

+∑ AH

: rvmIdtrgmrvmI BBABBBA 22

2

111 +=+⋅+ ∫ ωω

es decir: rvmItrgmrvmI BBABBBA 2211 +=+⋅+ ωω (4) Ecuación que corresponde, como era de esperar, a la ecuación (3), anteriormente hallada.

De la cinemática: 102,0

/211 ===

msm

rvBω rad/s

222

2 52,0 B

BB vvr

v===ω

reemplazando 1ω y 2ω en (4) y despejando: 132 =Bv m/s

1BB vm

+ =̂

∫2

1

dtgmB

∫2

1

dtT

2BB vmFig. 9-28

∫2

1

dtAy

+ =̂1ω

AI

∫2

1

dtAxA A

∫2

1

dtgM A

2ω

AI

A

∫2

1

dtgmB1BB vm 2BB vmFig. 9-29



9.3 Choque excéntrico Cuando chocan dos cuerpos rígidos, entran en contacto los puntos A y B y se establecen una normal común y una tangente común a las superficies en contacto. La normal común se define como línea de choque. Durante el breve tiempo que dura el choque se produce una fuerza de interacción F en los puntos de contacto de ambos cuerpos, la cual varía según se muestra. Se define en coeficiente de restitución en función a las componentes de las velocidades de los dos puntos que entran en contacto en dirección de la línea de choque.

)()()()(

nAnB

nAnB

vvvv

e−

′−′−= (9.14)

Antes del choque Después de choque

Línea de choque

nt

GA

GB

Av

Bv

nt

GA

GB

Av′

Bv′

A BA B

Fig. 9-30

t

GA

A

F

Línea de choque

n

GB

BF

tn

Fig. 9-31

O t0 t

F

etapa de deformación

etapa de recuperación

t

Fuerza que ejerce mA sobre mB

Fmax

Fig. 9-32



Ejemplo 9.7:

Una pequeña esfera de masa 1m es dejada libre como muestra la figura y entonces cae una distancia h y choca con una barra delgada (masa 2m y longitud 2 ). Dicha barra está articulada en su centro de gravedad G y antes del choque está quieta en posición horizontal. Sabiendo que el coeficiente de restitución es e, se pide calcular la velocidad angular de la barra inmediatamente después del choque. Solución: • Cálculo de la velocidad de la esfera antes del choque: Por conservación de la energía, pues no hay fuerzas disipativas: 2211 VTVT +=+

0210 2

111 +=+ vmhgm → hgv 21 = (1) • Análisis del choque: Para la esfera:

∫ ′=+− 1111 vmdtFvm (2) para la barra:

:+∑ GH

ω′=⋅∫ GIadtF (3)

donde 3

)2(121 2

222

mmIG ==

de (2) y (3): ω′+′−= GIavmavm 1111

reemplazando 1, vIG y ordenando: ω′+−=′am

mhgv3

22

1

21

(4)

y

G

x

a

1m

2mh

Fig. 9-33

a

∫ dtgm2

∫ dtGy

∫ dtF

+ ≡∫ dtGx

ω′GI

GG G

Fig. 9-35

A

+

∫ dtF

∫ ≈ 01 dtgm

11 vm

11 vm ′

≡

Fig. 9-34



Coeficiente de restitución: :)(+

↑ )()()()(

1

1

vvvve

A

A

−′−′

−= (5)

donde: avA ω′−=′

hgv 21 −=

0=Av

en (5): )2()0(

)()( 1

hgva

e−−

′−′−−=

ω

despejando: hgeav 21 +′−=′ ω (6)

de (4) y (6):

+

+=′

aam

mhge

3

2)1(2

1

2 ω

Ejemplo 9.8: Las varillas AB y CD pueden girar libremente en el plano vertical alrededor de A y C. Ambas varillas tiene masa m = 15 kg y longitud = 1,80 m. Si la varilla AB parte del reposo estando en posición horizontal y luego choca con CD y sabiendo que el coeficiente de restitución es e = 0,6 se pide:

a) El ángulo que recorre CD después del choque.

b) El ángulo que alcanza AB luego de rebotar. Solución: Conservación de la energía para AB antes del choque:

2211 VTVT +=+ (1)

01 =T

01 =V

)31(

21

21

21 22

!2

1212 mIIIvmT AABAABGG ==+= ωω

22gmV −=

en (1): 23

1210 22

gmm AB −

= ω

de donde: /3 gAB =ω → 041,4=ABω rad/s

y por consiguiente: ABBv ω= → 275,7=Bv m/s

BA

G1

N. de R.= 1,8 m

ABω

(1)

(2)Fig. 9-37



• Barra AB:

+∑ AH

: ABA

B

AABA IdtFI ωω ′−=− ∫ )()( (1)

Notar que en esta ecuación (1) da lo mismo escribir el término ABAA IH ω= o su

equivalente AABGABABGABABGGA IImImIvmH ωωωωω =+=+=+= ])2

([2

)2

(2

2

• Barra CD:

+∑ CH

: CDCIdtF ω′=

+ ∫

32)(0 (2)

de (1) y (2): CDABAB ωωω ′=′+23 (3)

Además: BxEx

BxEx

vvvve

−−

−=''

→ x (+):

AB

ABCD

eω

ωω )(32 ′−−

′

= (4)

AB

ABCD

ω

ωω ′+′= 3

2

6,0

de (3) y (4): 435,0=′ABω rad/s y 984,2=′CDω rad/s

G1 + =̂

ABGI ω1

∫ dtF

0≈∫ dtgm

A

1Gvm

B

G1

A

B

∫ dtAx

∫ dtAy

G1

ABGI ω′1

A

1Gvm ′

BFig. 9-38



Después del choque se conserva la energía para cada barra: • Barra CD:

21 2

1CDCIT ω′=

01 =V

02 =T

−= CDgmV θcos

222

→ °= 9,62CDθ Para calcular el ángulo que barre la barra AB después del choque, se procede de manera completamente análoga: • Barra AB:

21 2

1ABCIT ω′=

01 =V

02 =T

−= ABgmV θcos

222

→ °= 73,8ABθ



Problemas de repaso: Ejemplo 9.9: Una barra homogénea (longitud , masa m) está suspendida mediante una articulación de un pequeño bloque (masa m), el cual puede deslizarse libremente sobre una superficie horizontal lisa. Si el sistema se deja libre desde el reposo estando la barra en posición horizontal, se pide determinar la velocidad angular ϕ de la barra en función del ángulo ϕ . Describir cualitativamente el movimiento que realiza el sistema a partir de que se inicia el movimiento. • Cinemática:

AGAG rvv /

×+= ω

)cos2

,sen2

()ˆ()0,( ϕϕω −×−+= kvv AG

)2

;cos2

( ϕωϕω senvv AG

−−=

• Conservación de energía para el sistema: 2211 VTVT +=+ (1)

donde: 01 =T

01 =V

2222 2

121

21 ωGGA IvmvmT ++=

22

222

1221)sen

2()cos

2(

21

21 ωϕωϕω

+

+−+= mvmvm AA

+−=

3cos2

21 22

22

ωϕωAA vvmT

ϕcos)2/(2 gmV −=

en (1) y ordenando: 0cos3

cos222

2 =−+− ϕωϕω

gvv AA (2) • Conservación de la cantidad de movimiento del sistema en dirección x:

−+= )cos

20 ϕω

AA vmvm → ϕω cos4

=Av (3)

(3) en (2): 0cos3

coscos4

cos4

2222

=−+−

ϕωϕωϕωϕω

g

de donde: )cos38(

cos24 22

ϕϕω

−=

g

Como se ve, el sistema realiza un movimiento oscilatorio entre posiciones extremas (en ambas la barra está horizontal).

ϕ

m,

m

ϕ

m,

m

G

A

vG/A

ωα

N. R.

2/

vA



Otra solución: Dado que inicialmente el sistema tiene cantidad de movimiento nula y que no hay fuerzas exteriores horizontales sobre el sistema → el centro de masa G del conjunto no se mueve en dirección x.

• Posición de inicio:

4

)2/()0(1

=

++

=mm

mmx

• Posición genérica:

ϕϕ

sen4

sen2

2

+=+

++

= A

AA

xmm

xmxmx

Dado que : 21 xx = ϕsen4

4

+= Ax

ϕsen44

−=Ax → ϕϕ cos4

−=Ax

además: ϕsen2

+= AG xx → ϕϕϕϕ cos4

cos2

=+= AG xx

cos2

ϕ=Gy → ϕϕ senyG

2−=

La energía del sistema se conserva:

2211 VTVT +=+ → 0 22 =+VT (4)

donde: 22222 2

1)(22

1 ϕ GGGA IyxmxmT +++= 12

con 2mIG =

ϕcos)2/(2 gmV −=

en (4): 0cos2

122

1) (21

21 2

2222 =−

+++ ϕϕ

gmmyxmxm GGA

0cos2244

cos162

1cos162

1 22

222

222

222

=−+

++ ϕϕϕϕϕϕϕϕ

gsen

→ 0cos124

cos8

222

222

22

=−++ ϕϕϕϕϕϕ

gsen

0cos)cos38(24

22

=−− ϕϕϕ g →

)cos38(cos24

22

ϕϕϕ

−=

g (5)

Nota: Si deseamos obtener la ecuación diferencial del movimiento del sistema, basta con

derivar la ecuación (5):

0sen sen cos4

)cos38(12

32 =++− ϕϕϕϕϕϕϕϕ

g

→ 0sen12sen cos 3)cos38( 22 =++− ϕϕϕϕϕϕ

g

m Gb

ϕ

m,

m

G

y

xA

2/ 2/

G

4/

xA

4/

Gb

2/x



Ejemplo 9.10: Una rueda de masa m y radio r, rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal de tal manera que la velocidad de su centro es 0v como se muestra en la figura. Si la rueda choca plásticamente con una grada de altura h, se pide:

a) Calcular la velocidad del centro de la rueda en el instante inmediatamente posterior al choque.

b) Calcular el porcentaje de energía perdida en el choque. c) Calcular el mínimo valor que debe tener 0v para que la rueda consiga subir la grada. Solución: a) Análisis del choque: Aplicando las ecuaciones de cantidad de

movimiento e impulso lineal y momento cinético e impulso angular entre el inicio y final del choque:

Puesto que el choque es idealmente plástico, el disco queda adherido a la grada en A y gira en torno a ella como si fuera una articulación. Al suceder ello, la rueda empieza a girar alrededor de A y la normal se hace nula y consecuentemente la fuerza de fricción también se hace nula.

∑ AH : ωω ′+′=+− 0000 )( IrvmIhrvm donde 221

0 rmI = (1)

Por cinemática, dado que el disco rueda sin deslizar antes del choque: rv 00 ω= y durante el choque, el disco gira en torno a A: rv ω′=′

reemplazando en (1): rvrmrvm

rvrmhrvm

′+′=+− 202

0 21

21)(

de donde: 0)321( v

rhv −=′ (2)

Su dirección está dada por el ángulo θ : )(cosarcr

hr −=θ

b) Durante el choque no se producen cambios de energía potencial, por lo que la energía

cinética es la única que cambia:

• Energía cinética antes del choque: 2002

1202

10 ωIvmT +=

20

221

212

021

0 )/()( rvrmvmT += → 204

30 vmT = (3)

h

r

O0v

hr

O0vm

00ωI

A

h

O

0≈∫ dtgmA

r

0≈∫ dtN∫ dtF

+ =

h

O

vm ′

ω′0I

A

rr

0≈∫ dtFf

∫ dtFfA



• Energía cinética después del choque: 202

1221 ω′+′=′ IvmT

2221

212

21 )/()( rvrmvmT ′+′=′

→ 243 vmT ′=′

de (2): 20

2)321(

43 v

rhmT −=′ (4)

• Energía perdida en el choque: TTTperd ′−= 0

20

220 )

321(

43

43 v

rhmvmTperd −−=

204

3 vmTperd =

En porcentaje: 100%0

0 ⋅′−

=T

TTTperd

→ 100)3

1(34% ⋅−=

rh

rhTperd

Nota: como ejemplo observemos algunos valores de perdT% para diferentes valores de h/r:

para 3,0/ =rh → %36% =perdT

para 4,0/ =rh → %2,46% =perdT

para 5,0/ =rh → %6,55% =perdT

para 6,0/ =rh → %64% =perdT c) Para que la rueda consiga subir la grada, toda la energía cinética que tiene

inmediatamente después del choque (T ′ ) deberá convertirse en energía potencial: La energía potencial al trepar la grada: hgmV =′′

Se debe cumplir que: VT ′′=′ → hgmvrhm =− 2

02)

321(

43

de donde: 2

min0

)321(3

4

rh

hgv−

=



Ejemplo 9.11: Una placa triangular equilátera (masa kg30=M y lados de longitud cm60= ) se suelta desde el reposo en la posición mostrada (lado inferior horizontal). Gira hacia abajo debido a su propio peso y golpea al cilindro (masa kg50=m y radio

cm15=r ) que está en reposo. Si el coeficiente de restitución para el impacto es 5,0=e , se pide calcular el tiempo que transcurre después del impacto hasta que el cilindro deja de resbalar y empieza a rodar sobre el piso. El coeficiente de fricción entre el cilindro y el piso es 4,0=µ .

placa: 12

2MIG = disco: 2

2rmIG = Solución: • Análisis del movimiento de la placa hasta antes del choque: Dado que en el

movimiento de caída de la placa no actúan fuerzas disipativas, entonces se conserva la energía:

2211 VTVT +=+ (1)

donde: 01 =T

63)60sen

31(1 gMgMV =°=

221

2 ωAIT = con 22

2

125)60sen

32(

2

MMMAGMII GA =°+=+=

→ 222 24

5 ωMT =

22gMV −=

en (1): 224

563 22

gMMgM −= ω

de donde:

g)33(542 +=ω → rad/s86,7=ω

• Análisis del choque: Placa:

∑ AH : ωω ′=+− ∫ AA IdtFI2 con 2

125

MI A = (2) +

G

A

ωGI + G

dtAx∫

dtAy∫

dtF∫

0≈∫ dtgM

=GvM G

A

ω′GIGvM ′Q

r = 15 cm

C

O

B

G

Acm60=

B′

C ′

4,0=µ

P Q

N.R.

M

m



Cilindro: +

→ : 00 vmdtF ′−=− ∫ (3) En las ecuaciones (2) y (3) hay 3 incógnitas: ∫ ′′ 0,, vdtF ω . Nos falta utilizar la expresión del coeficiente de restitución:

)()()()(

QP

QP

vvvv

e−

′−′−= donde ∈P disco y ∈Q a la placa triangular

donde: 0vvP ′=′ pues el disco desliza inmediatamente después del choque (←).

ωω ′=′=′ 3,02

Qv (→)

ωω 3,02

==

Qv (←)

)(+→ : 5,0

)3,0()3,0()( !

0 =−−

′−′−−=

ωωve → ω′+′= 3,0179,1 0v (4)

resolviendo (2), (3) y (4): m/s77,10 =′v y rad/s96,1−=′ω • Análisis del movimiento del cilindro después del choque:

)(+→ : O

t

f vmdtFvm ′′−=+′− ∫∆

00 → OvmtNvm ′′=∆−′ µ0 (5)

)(+↑ : 0=− ∫∫ dtgmdtN → ∫∫ = dtgmdtN → gmN = (6)

∑ OH : ω ′′=∫∆

G

t

f IdtFr0

→ ωµ ′′=∆ 2

21 rmtNr (7)

Para el instante de inicio de rodadura pura: rvO ω ′′=′′ (8)

(7) y (8) en (5): ωω ′′=′′−′ rmrmvm21

0 → r

vO′=′′32ω → rad/s87,7=′′ω

de (7): gm

rmtµ

ω2

′′=∆ → s15,0=∆t

“instante inmediatamente

después del choque” “durante el intervalo de tiempo que dura el

deslizamiento”

“instante en el que el disco deja de patinar y empieza a rodar”

+dtF∫

= 0vm ′P

+ = 0vm ′′0vm ′

dtFf∫ dtN∫

dtmg∫

ω ′′GI

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Capítulo 9 Impulso y Cantidad de Movimiento Para El CR