Cinetica de Cuerpos Rıgidos: Metodos de Impulso e Impetu.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica.

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

Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5

CP 36730, Salamanca, Gto., Mexico

E-mail: jrico@ugto.mx

Alejandro Tadeo Chavez

Departamento de Ingenierıa Mecatronica.

Instituto Tecnologico Superior de Irapuato

Carretera Irapuato-Silao Km. 12.5

CP 36614, Irapuato, Gto., Mexico

E-mail: altadeo@itesi.edu.mx

1 Introduccion.

En estas notas, se presentan los fundamentos de la aplicacion del metodo de impulso e ımpetu a la cineticade los cuerpos rıgidos, incluyendo un repaso inicial del metodo de impulso e ımpetu, este ultimo terminotambien conocido como cantidad de movimiento o momento lineal, para partıculas. Despues de ese repasoinicial, la tarea de aplicar el metodo a cuerpos rıgidos es relativamente sencilla restando exclusivamentetres tareas:

1. Determinacion del impulso lineal de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento plano general.

2. Determinacion del impulso angular de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento plano general.

3. Mostrar que la contribucion de las fuerzas internas, cuando un cuerpo rıgido sufre un desplazamientoEuclideo o de cuerpo rıgido, a la determinacion del ımpetu lineal y angular de un cuerpo rıgido esnulo.

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

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

2 Revision del metodo de impulso e ımpetu para partıculas.

Considere una partıcula de masa constante m, localizada en el punto P , sobre la que actua una fuerza~F , la segunda ley de Newton indica que

~F = m~a = md

d t~v =

d

d t(m~v) =

d

d t~L = ~L. (1)

donde ~L = m~v es la cantidad de movimiento lineal de la partıcula, momento lineal o ımpetu1 Separandovariables, la ecuacion puede expresarse como

~F dt = d (m~v)

1Linear Momentum, pagina 692 Vector Mechanics for Engineers, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. and Clausen,W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

1

e integrando respecto al tiempo, se tiene que

∫ t2

t1

~F dt = m~v(t2)−m~v(t1) = m~v2 −m~v1 = ~L2 −~L1 (2)

Rearreglando los terminos, la forma final de la ecuacion esta dada por

m~v1 +

∫ t2

t1

~F dt = m~v2 o ~L1 +

∫ t2

t1

~F dt = ~L2 (3)

La ecuacion (3) indica que la suma del ımpetu, cantidad de movimiento o momento lineal, para el tiempo,

t1, mas la integral, respecto al tiempo, de la fuerza ~F aplicada a la partıcula, tambien conocida como“impulso lineal”,2 es igual al ımpetu, cantidad de movimiento o momento lineal, para el tiempo, t2.

Es importante senalar que puesto que esta ecuacion se obtuvo a partir de la segunda Ley de Newton,entonces las velocidades que aparecen en todas las ecuaciones derivadas deben ser respecto a un sistemade referencia newtoniano o inercial. Mas aun, si por alguna razon

∫ t2

t1

~F dt = ~0,

la ecuacion (3) se reduce a~L1 = m~v1 = m~v2 = ~L2. (4)

Esta ecuacion frecuentemente se conoce como la ley de conservacion del momento lineal de una

partıcula.Ahora analizaremos con mas detalle, la integral de la fuerza con respecto al tiempo, denominandola

Imp1→2

, asi pues, se tiene que

Imp1→2

≡

∫ t2

t1

~F dt =

∫ t2

t1

(

Fxi+ Fy j + Fz k)

dt = i

∫ t2

t1

Fx dt+ j

∫ t2

t1

Fy dt+ k

∫ t2

t1

Fz dt. (5)

Sustituyendo la ecuacion (5) en la ecuacion (3) e introduciendo los componentes escalares de las cantidadesde movimiento, se tiene que

(

i mvx1 + j mvy1 + k mvz1

)

+

(

i

∫ t2

t1

Fx dt+ j

∫ t2

t1

Fy dt+ k

∫ t2

t1

Fz dt

)

=(

i mvx2 + j mvy2 + k mvz2

)

. (6)

Descomponiendo esta ecuacion en terminos de sus componentes a lo largo de las direcciones x, y y z,se tiene que

mvx1 +

∫ t2

t1

Fx dt = mvx2 (7)

mvy1 +

∫ t2

t1

Fy dt = mvy2 (8)

mvz1 +

∫ t2

t1

Fz dt = mvz2 (9)

Estas son las componentes cartesianas de la ecuacion del metodo de impulso e ımpetu. Ciertamentees posible descomponer la ecuacion en otras diferentes maneras.

2.1 Momento Angular de una Partıcula.

Considere ahora un punto O, entonces es posible definir el momento angular de la partıcula de

masa m con respecto al punto O, tambien conocido como momento de momentum3 como

~HO ≡ ~rP/O × (m~v) = m~rP/O × ~v. (10)

2Linear Impulse, pagina 806 Vector Mechanics for Engineers, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. and Clausen,W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

3Angular momentum, pagina 692 Vector Mechanics for Engineers, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. and Clausen,W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

2

donde ~rP/O es el vector de posicion de la partıcula de masa m localizada en el punto P respecto al puntoO.

La ecuacion (1), al inicio de estas notas, muestra que la segunda ecuacion de Newton puede obtenersederivando el ımpetu, cantidad de movimiento o momento lineal respecto al tiempo. Parece pues razonableinvestigar que se obtiene de derivar el momento angular mostrado en la ecuacion (10). Suponiendo quela masa m es constante

d

d t~HO =

d

d t

(

m~rP/O × ~v)

= md~rP/O

d t× ~v +m~rP/O ×

d~v

d t. (11)

Si se supone que el punto O es un punto fijo a un sistema de referencia Newtoniano o inercial, se tieneque la ecuacion (11) puede escribirse como

d

d t~HO = m~v × ~v +m~rP/O × ~a = ~rP/O ×m~a. (12)

Sin embargo, de la segunda Ley de Newton, se tiene que

~F = m~a, (13)

donde ~F es la fuerza aplicada sobre la partıcula P , de manera que la ecuacion (12) puede escribirse como

d

d t~HO = ~rP/O × ~F = ~MO. (14)

donde ~MO representa el momento de las fuerza aplicada a la partıcula de masa m localizada en el puntoP respecto al punto O fijo en un sistema de referencia Newtoniano o inercial.

De nueva cuenta, es posible separar las variables de la ecuacion (14) e integrar, con respecto al tiempo,ambos lados de la ecuacion

∫ t2

t1

d ~HO =

∫ t2

t1

~MO d t. (15)

de esa manera se obtiene que

~HO(t2)− ~HO(t1) =

∫ t2

t1

~MO d t o ~HO(t2) = ~HO(t1) +

∫ t2

t1

~MO d t (16)

donde∫ t2

t1

~MO d t

Se conoce como impulso angular de las fuerzas externas con respecto al punto O. Esta es la ecuacion delmomento angular de una partıcula libre de moverse en el espacio. Si por alguna razon, por ejemplo, si lafuerza aplicada sobre la partıcula de masa m siempre pasa por el punto O, se tiene que

∫ t2

t1

~MO d t = 0,

y la ecuacion (16) se reduce a~HO(t2) = ~HO(t1). (17)

Esta ecuacion frecuentemente se conoce como la ley de conservacion del momento angular de una

partıcula.

3 Determinacion del Impulso o Cantidad de Movimiento Lineal

de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Movimiento Plano General.

De la cinetica de partıculas es bien conocido que el impulso o cantidad de movimiento de una partıculaesta dada por

~L = m~v. (18)

Por lo tanto, el impulso o cantidad de movimiento de un cuerpo rıgido B, denotada por ~L, esta dadapor

~L =

∫

B

~vM dm, (19)

3

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

donde dm es la diferencial de masa de una partıcula arbitraria del cuerpo rıgido B. Expresando lavelocidad de la partıcula en terminos de la velocidad del centro de masas, vea la figura 1 se tiene que

~vM = ~vG + ~ω × ~rM/G (20)

por lo tanto, la ecuacion (19) se reduce a

~L =

∫

B

(

~vG + ~ω × ~rM/G

)

dm = ~vG

∫

B

dm+ ~ω ×

∫

B

~rM/G dm = M ~vG (21)

donde M =∫

Bdm es la masa total del cuerpo B y se ha sustituido la ecuacion

~QG =

∫

B

~rM/G dm = ~0 (22)

La ecuacion (21) permite determinar el impulso o cantidad de movimiento lineal del cuerpo rıgido B.

4 Determinacion del Impulso o Cantidad de Movimiento Angu-

lar de un Cuerpo Rıgido Sujeto a Movimiento Plano General.

En esta seccion se determinara el impulso o cantidad de movimiento angular de un cuerpo rıgido sujetoa movimiento plano general.

De la cinetica de partıculas es bien conocido que el impulso o cantidad de movimiento angular de unapartıcula esta dada por la ecuacion (10), repetida a continuacion

~HO ≡ ~rM/O × (m~v) = m~rP/O × ~v.

donde ~rM/O es el vector de posicion de la partıcula de masa m localizada en el punto M respecto al puntoO. Expresando la velocidad de la partıcula en terminos de la velocidad del centro de masas, vea la figura1 se tiene que repitiendo la ecuacion (20)

~vM = ~vG + ~ω × ~rM/G,

de manera semejante, el vector de posicion ~rM/O puede escribirse como

~rM/O = ~rG/O + ~rM/G (23)

por lo tanto, el impulso o cantidad de movimiento angular de un cuerpo rıgido sujeto a movimiento planogeneral, con respecto al punto O, esta dado por

~HO =

∫

B

~rM/O ×(

~vG + ~ω × ~rM/G

)

dm =

∫

B

(

~rG/O + ~rM/G

)

×(

~vG + ~ω × ~rM/G

)

dm

= ~rG/O × ~vG

∫

B

dm+ ~rG/O ×

(

~ω ×

∫

B

~rM/G dm

)

+

(∫

B

~rM/G dm

)

× ~vG +

∫

B

~rM/G ×(

~ω × ~rM/G

)

dm

(24)

4

Sin embargo, por la definicion del centro de masas, se tiene que

∫

B

~rM/G dm = ~0

Por lo tanto, se tiene que el impulso angular esta dado por

~HO = ~rG/O × ~vG

∫

B

dm+

∫

B

~rM/G ×(

~ω × ~rM/G

)

dm (25)

Por un lado, se tiene que

~rG/O × ~vG

∫

B

dm = M~rG/O × ~vG. (26)

Por el otro lado, se tiene que

∫

B

~rM/G ×(

~ω × ~rM/G

)

dm = ωx

∫

B

~rM/G ×

(

i× ~rM/G

)

dm+ ωy

∫

B

~rM/G ×

(

j × ~rM/G

)

dm

+ωz

∫

B

~rM/G ×

(

k × ~rM/G

)

dm. =

Ixx Ixy IxzIyx Iyy IyzIzx Izy Izz

G

ωx

ωy

ωz

= IG ~ω. (27)

Sustituyendo estos dos resultados en la ecuacion (25), se tiene que

~HO = M~rG/O × ~vG + IG ~ω. (28)

En particular, si el punto O coincide con el centro de masas G del cuerpo rıgido, entonces

~rG/O = ~0,

y la ecuacion (28) se reduce a~HG = IG ~ω. (29)

5 Contribucion de las fuerzas internas aplicadas de un cuerpo

rıgido al impulso lineal y angular de un cuerpo rıgido.

Considere un cuerpo rıgido B y dos partıculas arbitrarias Pi y Pj del cuerpo rıgido. Es bien conocidoque las fuerzas internas producidas por una partıcula sobre la otra tienen la misma magnitud, sentidoscontrarios y son colineales, vea la figura 2.

Figure 2: Determinacion de la Contribucion de las Fuerzas Internas de un Cuerpo Rıgido al ImpulsoLineal y Angular.

5

Entonces, consideraremos la contribucion de esta pareja de fuerzas al impulso lineal y angular de uncuerpo rıgido.

Para el impulso lineal, considere la ecuacion

~L =

∫ t2

t1

~fij dt+

∫ t2

t1

~fji dt =

∫ t2

t1

(

~fij − ~fij

)

dt =

∫ t2

t1

~0 dt = ~0. (30)

Para el impulso angular respecto a un punto arbitrario O, considere la ecuacion

~HO =

∫ t2

t1

~rPi/O × ~fij dt+

∫ t2

t1

~rPj/O × ~fji dt =

∫ t2

t1

(

~rPi/O × ~fij − ~rPj/O × ~fij

)

dt

=

∫ t2

t1

(

~rPi/O − ~rPj/O

)

× ~fij dt =

∫ t2

t1

~rPi/Pj× ~fij dt =

∫ t2

t1

~0 dt = ~0. (31)

donde, a partir de la ecuacion,

~rPi/O − ~rPj/O = ~rPi/O + ~rO/Pj= ~rPi/Pj

se concluye que~rPi/Pj

× ~fij = ~0,

pues los vectores son colineales.Extendiendo estos resultados para la totalidad de parejas de puntos del cuerpo rıgido B, se concluye

que la contribucion de las fuerzas internas aplicadas de un cuerpo rıgido al impulso lineal y angular deun cuerpo rıgido es nulo. Por lo tanto, es unicamente necesario considerar la contribucion de las fuerzasexternas aplicadas al cuerpo rıgido B.

6 Determinacion de las Ecuaciones de Impulso Lineal y Angular

Para un Cuerpo Rıgido.

En la parte final de estas notas, haremos uso de los resultados previos para encontrar las ecuacionesde impulso lineal y angular para un cuerpo rıgido. En primer lugar consideraremos el impulso lineal,recordando la ecuacion del impulso lineal de una partıcula, (3),

m~v1 +

∫ t2

t1

~F dt = m~v2,

y extendiendola para todas las partıculas de un cuerpo rıgido B se tiene que

∫

B

~vP1 dm+

∫ B,t2

B,t1

~FP dt =

∫

B

~vP2 dm (32)

donde P es una partıcula arbitraria del cuerpo B y las integrales deben abarcar todas las partıculas delcuerpo B. Por un lado, se tiene que

~LB1 ≡

∫

B

~vP1 dm = M ~vG1 y ~LB2 ≡

∫

B

~vP2 dm = M ~vG2.

Por otro lado, se sabe que la contribucion de las fuerzas internas al cuerpo rıgido al momento lineal delcuerpo rıgido es nula, de manera que unicamente es necesario considerar las fuerzas externas, de aquı que

∫ B,t2

B,t1

~FP dt =

B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~Fext dt

)

De manera que la ecuacion de impulso lineal para el cuerpo B se reduce a

M ~vG1 +B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~Fext dt

)

= M ~vG2. (33)

6

La ecuacion (33) representa la ecuacion de impulso lineal del cuerpo B. De manera semejante,recordando la ecuacion del impulso angular de una partıcula, P , respecto a un punto O,

m~rP/O × ~vP1= ~rP/O × ~FP +m~rP/O × ~vP2

.

y extendiendola para todas las partıculas de un cuerpo rıgido B se tiene que

∫

B

~rP/O × ~vP1dm+

∫ B,t2

B,t1

~rP/O × ~FP dt =

∫

B

~rP/O × ~vP2dm (34)

donde las integrales deben abarcar todas las partıculas del cuerpo B. Por un lado, se tiene que

~HO,B1 ≡

∫

B

~rP/O × ~vP1dm = M~rG/O × ~vG1 + IG ~ω1

~HO,B2 ≡

∫

B

~rP/O × ~vP2dm = M~rG/O × ~vG2 + IG ~ω2.

Por otro lado, se sabe que la contribucion de las fuerzas internas al cuerpo rıgido al momento angulardel cuerpo rıgido es nula, de manera que unicamente es necesario considerar las fuerzas externas, de aquıque

∫ B,t2

B,t1

~rP/O × ~FP dt =

B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~rP/O × ~Fext dt

)

.

De manera que la ecuacion de impulso angular para el cuerpo B, respecto a un punto arbitrario O, sereduce a

M~rG/O × ~vG1 + IG ~ω1 +B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~rP/O × ~Fext dt

)

= M~rG/O × ~vG2 + IG ~ω2. (35)

La ecuacion (35) representa la ecuacion de impulso angular del cuerpo B.

7 Problemas Propuestos.

En esta seccion se presentaran algunos problemas propuestos de aplicacion del metodo de impulso ycantidad de movimiento y su solucion detallada.

Problema 1. Un volante de 400 lbm se encuentra en reposo cuando se le aplica un par constante de18 lbf − pie. Se observa que son necesarios 4.3min para que el volante alcance su velocidad maxima de2400 r.p.m. Si el radio de giro del volante es de 14 pulg. determine la magnitud promedio del par debidoa la friccion cinetica presente en los cojinetes. 4

Solucion. Los datos del problema, se denominan a continuacion

M = 400 lbm ~T = 18 lbf − pie k = 579.6 lbm− pie2/s2 k ∆ t = 4.3min = 258 s

~ω2 = 2400 r.p.m. k = 251.32 rad/s k k = 14 pulg = 1.1666 pie

El impulso angular inicial y final estan dados por

~HG1 = IG ~ω1 = ~0 ~HG2 = IG ~ω2 = M k2~ω2

Por otro lado el impulso angular esta dado por

B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~rP/O × ~Fext dt

)

=(

~T − ~Tf

)

∆ t

Por lo tanto, la ecuacion del impulso y cantidad de movimiento

~HG1 +

B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~rP/O × ~Fext dt

)

= ~HG2

4Este es el Problema 17.43 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

7

o~0 +

(

~T − ~Tf

)

∆ t = IG ~ω2 = M k2 ~ω2

donde ~Tf = Tf k es el promedio del par debido a la friccion cinetica y ~T = T k. Esta ecuacion vectorialse reduce a una ecuacion escalar dada por

(T − Tf )∆ t = M k2 ω2

Por lo tanto

Tf = T −M k2 ω2

∆ t= 579.6 lbm− pie2/s2 −

(400 lbm) (1.1666 pie)2(251.32 rad/s)

258 s

= 49.25808 lbm− pie2/s2 = 1.529 lbf − pie

Problema 1b. Dos discos del mismo espesor y del mismo material estan unidos a un eje como semuestra en la figura 3. El disco A de 8Lb tiene un radio rA = 3 in y el disco B tiene un radio rB = 4.5 in.Sabiendo que un cople M de magnitud 20Lb− in. se aplica al disco A cuando el sistema esta en reposo,determine el tiempo requerido para que la velocidad angular del sistema alcance 960 rpm.5

Figure 3: Discos unidos mediante un eje.

Solucion. El primer paso sera determinar la masa del disco B. Si se denomina por VA, VB ,MA,MB , hy ρ, el volumen del disco A, el volumen del disco B, la masa del disco A, la masa del disco B, el espesorh y la densidad. Se tiene que

MA = VA ρ = π r2A h ρ MB = VB ρ = π r2B h ρ

entonces, se tiene que

ρ =MA

π r2A hentonces MB = VB ρ = π r2B h ρ = π r2B h

MA

π r2A h= MA

(

rBrA

)2

Despues se calculara el momento de inercia del conjunto de discos, con respecto a su centro de masas G

IG =1

2MA r2A+

1

2MB r2B =

1

2

(

MA r2A +MB r2B)

=1

2

[

MA r2A +MA

(

rBrA

)2

r2B

]

=1

2MA

[

r2A +

(

rBrA

)2

r2B

]

Por otro lado se sabe que las velocidades angulares para los tiempos 1, cuando el sistema esta en reposoy 2 cuando el sistema tiene una velocidad de 960 rpm, se tiene que

ω1 = 0 ω2 = 960 rpm = 16 rps = 32π rad/s

Entonces aplicando la ecuacion de ımpetu e impulso angular, se tiene que

IG ~ω1 +

∫ t2

t1

~M dt = IG ~ω2

5Este es el Problema 17.54 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics. (2010), Beer, E.R.,Johnston, E.R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

8

Como todos los vectores tienen la direccion del vector unitario k, la ecuacion vectorial se reduce a unaecuacion escalar

IG ω1 +

∫ t2

t1

M dt = IG ω2

Por lo tanto

IG 0 +M ∆ t = IG ω2 ∆ t =IG ω2

M=

MA

[

r2A +(

rBrA

)2

r2B

]

ω2

2M

Los calculos numericos son

∆ t =8Lbm

[

(

1

4pie

)2+(

4.53

)2 (

4.512

pie)2]

100.53 rad/seg

2 20

1232.2Lbm− pie2/seg2

= 2.839 seg.

Problema 1c. El disco A de 5Lb de peso y radio r = 3 in, esta en reposo cuando se pone encontacto con una banda que se mueve a velocidad constante v = 50 pie/s, vea la figura 4. Sabiendo queµk = 0.20 entre el disco y la banda, determine el tiempo requerido para que el disco alcance una velocidadconstante.6

Figure 4: Disco sobre una banda en movimiento.

Solucion. Primero se resolvera la parte cinematica del problema. Considere la figura 5. El disco Aalcanzara una velocidad angular constante, cuando la velocidad del punto P sea igual a la de la banda.

Figure 5: Diagrama de cuerpo libre del disco.

Por lo tanto~rP/G = −r j ~v = 50 pie/s i ~ω = ω2 k

y

v i = ~v = ~ω × ~rP/G =(

ω2 k)

×

(

−r j)

= ω2 r i

6Este es el Problema 17.59 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics. (2010), Beer, E.R.,Johnston, E.R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

9

Por lo tanto

ω2 =v

r=

50 pie/s

0.25 pie= 200 rad/s.

Entonces es posible aplicar la ecuacion de momento angular del disco respecto a su centro de masas.Donde la unica fuerza que produce momento respecto al punto G es la fuerza de friccion. De la ecuacionde la cinetica del cuerpo rıgido

ΣFy = 0 −M g +N = 0 Por lo tanto N = M g.

Ademas se sabe

IG =1

2M r2

De manera que

IG ω1 +

∫ t2

t1

M dt = IG ω2

donde

ω1 = 0

∫ t2

t1

M dt =

∫ t2

t1

µk M g r dt = µk M g r (t2 − t1)

Por lo tantoIG ω1 + µk M g r (t2 − t1) = IG ω2

Finalmente

∆ t = t2 − t1 =IG ω2

µk M g r=

1

2M r2 ω2

µk M g r=

ω2 r

2µk g=

v

2µk g=

50 pie/s

2 (0.2) 32.2 pie/s2= 3.8819 s.

Problema 1.d Muestre que el sistema de momentos para una placa rıgida en movimiento plano sereduce a un unico vector, y expresar la distancia del centro de masas G hasta la lınea de accion de estevector, en terminos del radio de giro centroidal k de la placa, la magnitud v de la velocidad de G, y lavelocidad angular ~ω.7

Figure 6: Momento lineal y angular de una placa rıgida.

Solucion. Si se supone que el plano de movimiento de la placa es el plano X − Y y considerando

una base ortonormal y a derechas de vectores{

s, t, k}

donde s y t estan en el plano X − Y y k es

perpendicular al plano, tal ques× t = k

La figura 6 muestra un cuerpo rıgido de masa M y momento de inercia centroical IG = M k2, juntocon los momentos lineales y angulares del cuerpo, dados por

~L = M ~vG ~HG = IG ~ω

Empleando la base ortonormal de vectores suponga que

~L = M ~vG = M vG t ~HG = IG ~ω = M k2 ω k

10

Figure 7: Momento lineal y angular de una placa con vectores unitarios.

Problema 1.e Muestre que, cuando una placa rıgida rota alrededor de un eje fijo que pasa por elpunto O y es perpendicular a la placa, el sistema de momentos de sus partıculas es equivalente a un unicovector de magnitud mr ω, perpendicular a la lınea OG, y aplicada al punto P sobre esta lınea conocidocomo centro de percusion, a una distancia GP = k2/r del centro de masas de la placa rıgida.8

Figure 8: Placa rıgida sujeta a movimiento de rotacion no baricentrica.

Problema 2. Dos bolas de 0.36Kgm. se introducen en forma sucesiva por el centro C del tubodelgado AB de 1.8Kgm. Si en el momento que la primera bola se introduce en el tubo la velocidadangular de este es de 8 rad./s., y se ignora el efecto de la friccion, determine la velocidad angular deltubo justo despues de que a) la primera bola ha salido del tubo, b) la segunda bola sale del tubo.9

Solucion. Los datos del problema son

1. Masa del tubo, M = 1.8Kgm.

2. Masa de la esfera, m = 0.36Kgm. = M/5.

3. Longitud del tubo, L = 0.72m.

4. Velocidad inicial del tubo, ~ω1 = 8 rad/s. k

Es importante notar que considerando el punto C, y despreciando la fuerza de friccion entre la esferay el tubo, la unica fuerza que actua sobre el sistema es la fuerza de gravedad que es perpendicular al

7Este es el Problema 17.65 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics. (2010), Beer, E.R.,Johnston, E.R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

8Este es el Problema 17.66 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics. (2010), Beer, E.R.,Johnston, E.R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

9Este es el Problema 17.74 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

11

Figure 9: Tubo rotatorio con esferas deslizantes.

plano de movimiento y por lo tanto, no incrementa el impulso angular del sistema respecto al punto C;por lo tanto, se aplica la ley de conservacion del impulso angular

~HC1 = ~HC2

Para la primera parte del fenomeno, donde10

IC =1

12M L2

se tiene que

~HC1 = IC ~ω1 =1

12M L2 ~ω1 =

1

12M L2 ω1 k

Por otro lado, para cuando la primera esfera sale del tubo, digamos del extremo B, y estableciendo que~rB/C = 1

2L i, se tiene que

~HC2 = IC ~ω2 +m~rB/C ×[

~ω2 × ~rB/C

]

=1

12M L2 ~ω2 +

1

5M

1

2L i

[

~ω2 ×1

2L i

]

=1

12M L2 ω2 k +

1

5M

1

2L i

[

ω2k ×1

2L i

]

=1

12M L2 ω2 k +

1

20M L2ω2 k =

2

15M L2 ω2 k

Por lo tanto1

12M L2 ω1 k =

2

15M L2 ω2 k

y

ω2 =5

8ω1 =

5

88 rad/s. = 5 rad/s.

Para la segunda esfera, se tiene que~H∗

C2= ~HC3

Donde, ~H∗

C2es el momento angular del sistema cuando la segunda esfera ha salido del tubo11 y ~HC3 es

el momento angular del sistema cuando la segunda esfera sale del tubo. Por lo tanto

~H∗

C2=

1

12M L2 ω2 k

10Otra manera de resolver el problema es calcular el momento de inercia, respecto al centro del tubo, del sistema formado

por el mismo tubo y la esfera que esta a punto de salir por alguno de los extremos del tubo. En este caso, el momento de

inercia del sistema respecto al centro del tubo C, esta dado por

IC =1

12M L

2 +m

(

L

2

)2

=1

12M L

2 +1

5M

(

L

2

)2

= M L2

(

1

12+

1

20

)

=2

15M L

2.

Verifique que el mismo resultado se obtiene de esta manera.11Una suposicion importante, que no indica el libro es que la segunda esfera entra al tubo, hasta despues que la primera

esfera ha salido del tubo.

12

y

~HC3 = IC ~ω3 +m~rB/C ×[

~ω3 × ~rB/C

]

=1

12M L2 ~ω3 +

1

5M

1

2L i

[

~ω3 ×1

2L i

]

=1

12M L2 ω3 k +

1

5M

1

2L i

[

ω3k ×1

2L i

]

=1

12M L2 ω3 k +

1

20M L2ω3 k =

2

15M L2 ω3 k

Por lo tanto1

12M L2 ω2 k =

2

15M L2 ω3 k

y

ω3 =5

8ω2 =

5

85 rad/s. = 5 rad/s. = 3.125 rad/s.

Problema 2a. El disco B tiene una velocidad angular inicial ω0 cuando se pone en contacto con eldisco A, el cual se encuentra en reposo. Muestre que la velocidad angular final del disco B depende solode ω0 y de la razon de las masas mA y mB de los dos discos.12

Figure 10: Dos cilindros en contacto.

Solucion. El problema se resolvera por el metodo de impulso e ımpetu, para lo cual se requiereseleccionar dos tiempos.

• Tiempo 1. t1 = 0 s. Los discos A, originalmente en reposo, y el B gira con ω0, se ponen en contacto.

• Tiempo 2: t2 s. Los discos ruedan sin deslizamiento. Por lo tanto,

ω2A rA = ω2B rB de donde ω2A = ω2BrBrA

o vectorialmente~ωB2 = −ωB2k de donde ~ωA2 = ωB2

rBrA

k

Para la solucion de este problema s ee consideraran dos sistemas, el cilindro A y el cilindro B. Lasecuaciones del principio de conservacion del momento angular son

~HA1 +−−−→IimpA 1→2

= ~HA2~HB1 +

−−−→IimpB 1→2

= ~HB2

donde

~HA1 = ~0

~HA2 = IGA~ωA2 =1

2MA rA

2ωB2

rBrA

k

~HB1 = IGB~ωB1 =1

2MBrB

2(−ω0k)

~HB2 = IGB~ωB2 =1

2MBrB

2(−ωB2k)

12Este es el Problema 17.63 del libro Vector Mechanics for Engineers Statics and Dynamics. (2010), Beer, E.R.,Johnston, E.R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

13

−−−→IimpA 1→2

=

∫ t2

0

µk N rA dt k = µk N rA t2 k = (µk N t2) rA k

−−−→IimpB 1→2

=

∫ t2

0

µk N rB dt k = µk N rB t2 k = (µk N t2) rB k

De manera que las ecuaciones resultan

0 + (µk N t2) rA k =1

2MA rA

2 ωB2

rBrA

k o 2µk N t2 = MA ωB2 rB (36)

y

1

2MB rB

2 (−ω0 k) + (µk N t2) rB k =1

2MB rB

2 (−ωB k) o 2µk N t2 = MB rB (ω0 − ωB2)

(37)Igualando ecuacion (36) y (37)

MAωB2rB = MBrB(ω0 − ωB2)

oMAωB2 = MBω0 −MBωB2 o ωB2(MA +MB) = MBω0

Por lo tanto, finalmente,

ωB2 =MB

MA +MBω0

Con este resultado, finaliza el problema.

Figure 11: Esfera sujeto a movimiento de rodadura.

Problema 3. Una esfera de radio r y masa m se proyecta a lo largo de una superficie horizontalrugosa con las velocidades iniciales indicadas. Si la velocidad final de la esfera debe de ser cero, expresea) la magnitud requerida de ~ω0 en terminos de v0 y r, b) el tiempo necesario para que la esfera quede enreposo en terminos de v0 y el coeficiente de friccion cinetica µk.

13

Solucion. Considere el diagrama de cuerpo libre de la esfera que se muestra en la figura 12. Deallı puede observarse que las unicas fuerzas que afectan el momento lineal, en la direccion horizontal, yangular de la esfera respecto al centro de masas, punto G, es la fuerza de friccion. Ademas, del diagramade cuerpo libre se tiene que

∑

Fy = 0 −mg +N = 0 or N = mg.

En primer lugar, consideraremos la ecuacion de impulso lineal en la direccion horizontal, positivo ala derecha. Donde t = 0, es el tiempo inicial, t = t, es el tiempo final

mv0 − µk mg t = m (0) .

13Este es el Problema 17.69 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

14

Figure 12: Diagrama de cuerpo libre de una esfera sujeto a movimiento de rodadura.

En segundo lugar, consideraremos la ecuacion de impulso angular respecto al centro de masa, puntoG, donde

IG =2

5mr2.

La ecuacion resultaIG ω0 k − µk mg r t k = IG 0 k

De la primera ecuacion se tiene que

t =mv0µk mg

=v0µk g

Este es el tiempo que la esfera dura en parar y esta dada por esta ecuacion y resuelve el inciso a). De lasegunda ecuacion

t =IG ω0

µk mg r=

2

5mr2 ω0

µk mg r=

2ω0 r

5µk g

Puesto que la velocidad, lineal y angular, de la esfera debe ser nula al final del evento, se tiene que ambostiempos deben ser iguales, por lo tanto

v0µk g

=2ω0 r

5µk g

Por lo tanto, la velocidad angular ω0, esta dada por

ω0 =5 v02 r

.

Figure 13: Cilindros Rotatorios Sujetos a Impulso.

Problema 4. Dos cilindros uniformes identicos de masa m y radio r estan en reposo en el tiempot = 0 cuando un par ~M de magnitud constante M < mg r se aplica al cilindro A. Si el coeficiente de

15

friccion cinetica entre el cilindro B y la superficie horizontal es µk < M2mg r y no ocurre deslizamiento

entre los cilindros, obtenga una expresion para la velocidad angular del cilindro B en el tiempo t.14

Solucion. Considere el diagrama de cuerpo libre de cada uno de los cilindros, aun cuando no seconoce la fuerza de friccion entre los cilindros, se sabe que esta presente, y, por simplicidad, se supondraque tiene un valor constante de Ff .

Figure 14: Diagrama de cuerpo libre de dos discos.

De la cinematica se sabe que las magnitudes de las velocidades angulares son iguales y de sentidoscontrarios, se supondra que

~ωA = −ωA k

Por lo tanto,~ωB = ωA k

Del diagrama de cuerpo libre, es facil deducir que

NB = 2mg

Las ecuaciones que se necesitan establecer para solucionar el problema son las ecuaciones de momentoangular de cada uno de los cilindros respecto a sus centros de masas. Puesto que ambos rodillos estanoriginalmente en reposo, estas ecuaciones estan dadas por

~0−M tk + Ff r t k = −1

2mr2 ωA k

y

~0− µk 2mg r tk + Ff r t k =1

2mr2 ωA k

De las dos ecuaciones escalares resultantes, despejando el termino Ff r t, se tiene que

M t−1

2mr2 ωA = Ff r t =

1

2mr2 ωA + µk 2mg r t

Empleando, los terminos de los extremos, y resolviendo para ωA, se tiene que

M t− µk 2mg r t = mr2 ωA

o, finalmente

ωA =

(

M

mr2−

2µk mg r

mr2

)

t =

(

M

mr2−

2µk g

r

)

t

14Este es el Problema 17.51 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

16

Figure 15: Tambores con contrapeso.

Problema 5. Cada una de las poleas dobles que se muestran en la figura tiene momento de inerciacentroidal de IGA = IGB = 0.25Kgm−m2, radio interior r1 = 100mm y radio exterior r2 = 150mm. Sise ignora la friccion de los cojinetes, determine a) la velocidad del cilindro tf = 3 s despues de soltar elsistema desde el reposo, b) la tension en la cuerda que conecta las poleas.15

Solucion. Denomine m = 10kgm. la masa del contrapeso y considere el diagrama de cuerpo libredel sistema. Las ecuaciones que se usaran para resolver el problema son las de momento angular de lostambores A y B y la momento lineal del contrapeso C.

Figure 16: Diagrama de cuerpo libre del sistema formado por tambores con contrapeso.

Es necesario notar que, para cualquier instante de tiempo, las velocidades angulares de los tamboresson antihorarias y estan relacionadas por

ωA r2 = ωB r1 por lo tanto ωB = ωAr2r1

.

Por otro lado, la velocidad del contrapeso es vertical y hacia abajo y su magnitud esta relacionada conla velocidad del tambor A por la ecuacion

vCy = ωA r1.

Estas ecuaciones suponen un tiempo inicial t0 = 0 s. y un tiempo final tf = 3 s. estan dadas por

IGA~ωA0 + T2 r1 tf k − T1 r2 tf k = IGA~ωAf o T2 r1 tf k − T1 r2 tf k = IGAωAf k

15Este es el Problema 17.53 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

17

IGB~ωB0 + T1 r1 tf k = IGB~ωAf o T1 r1 tf k = IGBωAf k

y(T2 −mg) tf j = −mvCyf j

De la segunda ecuacion, eliminando el vector unitario comun y sustituyendo las relaciones cinematicas,se tiene que

T1 =IGBωBf

r1 tf=

IGBωAfr2r1

r1 tf

De la tercera ecuacion, eliminando el vector unitario comun y sustituyendo las relaciones cinematicas, setiene que

T2 = mg −mvCyf

tf= mg −

mωAf r1tf

Sustituyendo estos resultados en la primera ecuacion

(

mg −mωAf r1

tf

)

r1 tf −IGBωAf

r2r1

r1 tfr2 tf = IGAωAf

Despejando la velocidad ωAf , se tiene que

ωAf =mg tf r1

IGA + IGB

(

r2r1

)2

+mr21

=mg tf r1

IGA

[

1 +(

r2r1

)2]

+mr21

Sustituyendo los valores de las variables, se tiene que

ωAf =(10 kgm.)

(

9.81m/s2)

(3 s) (0.1m)

(0.25 kgm−m2)[

1 +(

150mm.100mm.

)2]

+ (10 kgm.) (0.1m)2= 32.25

rad.

s.

Por lo tantovCyf = ωAf r1 = 3.225

m

s

La tension entre los tambores esta dada por

T1 =IGBωAf r2

r21tf

=

(

0.25 kgm−m2) (

32.25 rad.s.

)

(0.15m)

(0.1m)2(3 s)

= 40.31kgm−m

s2= 40.31N.

Problema 6. La polea doble que se muestra en la figura 17 tiene una masa de 3 kg y un radio degiro de 100 mm. Si la polea esta en reposo y se aplica una fuerza P de magnitud igual a 24 N sobre lacuerda B, determine a) la velocidad del centro de la polea despus de 1.5 s, b) la tensin en la cuerda C.16

Solucion. Para la solucion de este problema es necesario especificar los tiempos para realizar elanalisis de impulso e ımpetu.

• Tiempo 1. El sistema esta en reposo, por lo tanto, el momento angular de la polea doble conrespecto al punto Q

~HQ(t1) = ~0

• Tiempo 2. El sistema se ha movido durante t2 = 1.5 s.

Los radios de las poleas y demas datos son

r2 = 80mm = 0.08m r1 = 150mm = 0.15m k = 100mm = 0.1m M = 3Kgm P = 24N

Ademas, es necesario determinar los momentos de inercia de la polea doble con respecto al centro demasas, G, y el punto Q que actua como centro instantaneo de la polea doble

IG = M k2

16Este es el Problema 17.71 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Octava edicion, McGraw Hill: Mexico D.F.

18

Figure 17: Polea doble sujeta a una fuerza P .

Aplicando el teorema de ejes paralelos, el momento de la polea doble respecto al punto Q esta dado por

IQ = IG +Mr21

El momento angular de la polea doble con respecto al punto Q para el tiempo t2 = 1.5 s.

~HQ(t2) = IQ ~ω2 = M(k2 + r21)ω2k

El impulso angular de las fuerzas externas aplicadas a la polea doble con respecto al punto Q, se tieneque calcular

−−→ImpAngQ 1→2

=

B∑

Fueext

(∫ t2

t1

~Fext dt

)

=

∫ t2

t1

[

M g r1k − P (r1 + r2) k]

dt = [M g r1 − P (r1 + r2)] k

∫ t2

t1

dt

= [M g r1 − P (r1 + r2)] k

∫ t2

0

dt = [M g r1 − P (r1 + r2)] t2 k

Entonces, la ley de conservacion del momento angular resulta

~HQ(t1) +−−→ImpAngQ 1→2

= ~HQ(t2)

~0 + [M g r1 − P (r1 + r2)] t2 k = M(k2 + r21)ω2k

La ecuacion escalar resultante esta dado por

[M g r1 − P (r1 + r2)] t2 = M(k2 + r21)ω2

La velocidad angular para el tiempo t2 = 1.5 s, es

ω2 =[M g r1 − P (r1 + r2)] t2

M(k2 + r21)

=

[

(3Kgm)(9.81m/s2)(0.15m)− (24Kgm−m/s2)(0.08m+ 0.15m)]

1.5 s

3Kgm [(0.1m)2 + (0.15m)2]= −17.0076 rad/s.

La velocidad angular es en sentido horario. La velocidad del centro de masas G de la doble polea estadado por

~vG = ~ω2 × ~rG/O = (−17.0076 rad/s. k)× (−0.15m i) = 2.5511m/s. j

La velocidad del centro de masas es hacia arriba.Para calcular la tension en la parte C de la cuerda, denotada por TC , se utilizara la ley de conservacion

del impulso lineal, para los mismos valores de tiempo

19

• Tiempo 1. El sistema esta en reposo, por lo tanto, el momento lineal de la polea doble esta dadopor

~L(t1) = ~0

• Tiempo 2. El sistema se ha movido durante t2 = 1.5 s y la velocidad del centro de masas G es~vG = 2.5511m/s. j

Entonces, la ley de conservacion del momento lineal resulta

~L(t1) +−−→Imp

1→2= ~L(t2)

~0 + [P + TC −M g] t2 j = M ~vGj

La ecuacion escalar correspondiente es

[P + TC −M g] t2 = M ~vG

Por lo tanto

TC =M ~vGt2

+M g − P =(3Kgm)(2.5511m/s.)

1.5 s+ (3Kgm)(9.81m/s2)− 24N = 10.53N.

Problema 7. Una llanta de radio r y el radio de giro centroidal k se libera a partir del repososobre el plano inclinado mostrado al tiempo t = 0, vea la figura 18. Asumiendo que la llanta rueda sindeslizamiento, determine, a) La velocidad de su centro al tiempo t, b) El coeficiente estatico de friccionrequerida para evitar deslizamiento.17

Figure 18: Rueda sobre plano inclinado.

Solucion. Para el analisis de impulso e impetu se van a considerar dos diferentes tiempos

• Tiempo 1: La rueda esta en reposo, t1 = 0 seg.

• Tiempo 2: Despues de t segundos, t2 = t seg.

Debe notarse que como la llanta rueda sin deslizamiento, el movimiento es de rotacion no baricentricaalrededor del punto de contacto O de la llanta y el piso.

El momento angular de la llanta con respecto al punto O para el tiempo t1 = 0 s.

~HO(t1) = ~0

El momento angular de la llanta con respecto al punto O para el tiempo t2 = t s.

~HO(t2) = IO ~ω2 = (IG +mr2) ~ω2 = (mk2 +mr2) ~ω2 = m(k2 + r2) ~ω = m(k2 + r2)ω k

Aplicando la ley de conservacion del impulso angular, se tiene que

~HO1 + ~ImpAngO1→2= ~HO2(t2) (38)

17Este es el Problema 17.69 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

20

donde

~ImpAngO1→2=

∫ t

0

−mg senβ r dtk = −mgsenβ r t k (39)

Sustituyendo los terminos en la ley de conservacion del impulso angular, se tiene

~0−mg senβ r t k = m(k2 + r2)ω k

La ecuacion escalar correspondiente es

−mg senβ r t = m(k2 + r2)ω ω = −gsen β r t

k2 + r2

La velocidad del centro de la llanta para el tiempo t, esta dado por

vG = ω r =gsen β r2 t

k2 + r2

el sentido de la velocidad es hacia abajo. Ademas, es posible determinar la aceleracion angular, pues elmovimiento es con aceleracion uniforme

α =ω

t= −

gsen β r

k2 + r2

De manera semejante, es posible calcular la aceleracion del centro de masas, G,

aG = α r =gsen β r2

k2 + r2

Figure 19: Diagrama de cuerpo libre de la rueda sobre plano inclinado.

Finalmente, se realizara un analisis de fuerzas para determinar el valor mınimo del coeficiente estaticode friccion, para este efecto el eje X es paralelo al plano inclinado y el eje Y perpendicular al planoinclinado

∑

Fy = 0 N −mg cos β = 0 de donde N = mg cos β

y∑

Fx = maGx mg senβ − Ff = mgsenβ r2

k2 + r2

de donde

Ff = mg senβ

(

1−r2

k2 + r2

)

= mg senβk2

k2 + r2

Entonces, el coeficiente de friccion estatico mınimo necesario para evitar deslizamiento, esta dado por

Ff = µN = µmg cos β ≥ mg senβk2

k2 + r2

21

De donde

µ ≥ tan βk2

k2 + r2

Este resultado finaliza el problema.

Problema 8. Los dos cilindros uniformes, cada uno con un peso de W = 14 Lb y radio r = 5 in,estan conectados por una banda como se muestra en la figura 21. Si el sistema se libera a partir delreposo cuando t = 0, determine a) la velocidad del centro del cilindro B en t = 3 s, b) la tension en laporcion de la banda que conecta a los dos cilindros.18

14 lb and radius 5 in., are connected by a belt as shown. If the system is

the velocity of the the tension in the portion of

5

5 in., are connected by a belt as shown. Knowing that at the instant is 30 rad/s counterclock-

the time required for the angular velocity of the tension in the portion

r

r

B

A

Figure 20: Dos cilindros uniformes conectados mediante una banda.

Solucion. Es importante notar que este problema puede resolverse empleando las ecuaciones deNewton-Euler o la aplicacion del metodo de impulso e ımpetu. Mostraremos ambos metodos.

Figure 21: Diagramas de cuerpo libre de los dos cilindros uniformes conectados mediante una banda.

Aplicacion de las ecuaciones de Newton-Euler. Es importante notar que el cilindro 1 estasujeto a rotacion baricentrica G1 y el cilindro 2 esta sujeto a rotacion no baricentrica alrededor del punto

18Este es el Problema 17.72 del libro Mecanica Vectorial Para Ingenieros, Dinamica. Beer, F.P., Johnston, E.R. yClausen, W.E., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

22

Q. Debe notarse que las componentes tangenciales de aceleracion de los puntos M y P , por lo tanto:

~atP = α2 k × (−2 r) i = −2α2 r j

y~atM = α1 k × r i = α1 r j

y−2α2 r = α1 r

Por lo tantoα1 = −2α2

Considere los diagramas de cuerpo libre de los dos cilindros del problema. Unicamente se formularanlas ecuaciones que son importantes para la solucion del problema. Es necesario determinar los momentosde inercia de los cilindros.

IG1 =W

2 gr2 IQ2 = IG2 +

W

gr2 =

W

2 gr2 +

W

gr2 =

3W

2 gr2

Las ecuaciones correspondientes son

∑

TG1 = IG1 α1 − T1 r =W

2 gr2 α1 =

W

2 gr2 (−2α2) =

W

gr2 (−α2)

y∑

TQ2 = IQ2 α2 − 2T1 r +W r =3W

2 gr2 α2

Resolviendo estas ecuaciones para α2, se tiene que

−2W

gr2 α2 +W r =

3W

2 gr2 α2 W r =

7W

2 gr2 α2

Por lo tanto

α2 =2 g

7 r

Ademas, la tension de la cuerda esta dado por

−2T1 r = −W r +3W

2 gr2

2 g

7 r− 2T1 = −W +

3

7W

Por lo tanto

−2T1 = −4W7 T1 =2W

7=

2 14Lbf

7= 4Lbf.

La aceleracion del centro de masas del cilindro 2 esta dado por

~aG2 = ~α2 × ~rG/Q =2 g

7 rk × (−r hati) = −

2 g

7= −9.2 pie/s2 j

El centro de masas esta sujeto a traslacion rectilınea con aceleracion constante. Por lo tanto

~vG = −9.2 pie/s2 j(3 s) = −27.6 pie/s j

La velocidad es hacia abajo.Aplicacion de los metodos de impulso e ımpetu. Para aplicar el metodo de impulso e ımpetu,

se requiere seleccionar dos tiempos

• Tiempo 1. t1 = 0 s el tiempo para el cual el conjunto de los cilindros se empieza a mover.

• Tiempo 2. t2 = 3 s el conjunto se ha movido durante 3 s

Para el tiempo t1 = 0 s se tiene que:

• Para el cilindro 1~HG1(t1) = ~0

23

• Para el cilindro 2~HQ2(t1) = ~0

Debe notarse que para todo tiempo, las velocidades de los puntos M y P son iguales, por lo tanto

~vM = ~ω1 × ~rM/G1 = ω1 k × r i = ω1 r j

~vP = ~ω2 × ~rP/Q = ω2 k × (−2 r) i = −2ω2 r j

Por lo tantoω1 r = −2ω2 r ω1 = −2ω2

Para el tiempo t2 = 3 s se tiene que:

• Para el cilindro 1~HG1(t2) = IG1 ~ω1 =

W

2 gr2 (−2ω2) k

• Para el cilindro 2~HQ2(t2) = IQ2 ~ω2 =

3W

2 gr2 ω2 k

Finalmente, el ımpetu para ambos cilindros esta dado por

• Para el cilindro 1~ImpAngG1→2

= −T1 r t2 k

• Para el cilindro 2~ImpAngQ1→2

= 2T1 r t2 k −W r t2 k

De manera que las ecuaciones son

~HG1(t1) + ~ImpAngG1→2= ~HG1(t2) ~0− T1 r t2 k =

W

2 gr2 (−2ω2) k

la ecuacion escalar es

−T1 r t2 = −2W

2 gr2 ω2 T1 =

W r

t2 gω2

De manera semejante

~HQ2(t1) + ~ImpAngQ1→2= ~HQ2(t2) = ~0 ~0 + 2T1 r t2 k −W r t2 k =

3W

2 gr2 ω2 k

La ecuacion escalar es

2T1 r t2 −W r t2 =3W

2 gr2 ω2 2T1 −W =

3W r

2 t2 gω2

Resolviendo para T1, se tiene que

2T1 −W =3

2T1

7

2T1 = W T1 =

2W

7= 4Lbf.

Despues es posible calcular la velocidad angular

ω2 =2W7

W rt2 g

=2 t2 g

7 r

y la velocidad del centro de masas del cilindro 2, esta dada por

~vG2 = ω2 k × ~rG2Q =2 t2 g

7 rk ×−r i = −

2 t2 g

7j = −27.6 pie/s j

Los mismos resultados que aplicando las ecuaciones de Newton-Euler.

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