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Universidad Tecnológica de El Salvador (UTEC)

Cálculos de Centros de Masa, Momentos de Inercia utilizando Integrales Múltiples y sus Aplicaciones en el área de ingeniería.

Momento de un sistema de partículas.

En muchos problemas físicos donde los cuerpos en consideración son pequeños en relación con sus distancias, es útil pensar que la materia de la que está compuesta cada uno, está reunida en un punto, aparentemente su centro. El mejor ejemplo de lo anterior es nuestro sistema solar, con sus planetas en orbitas elípticas contorno de la estrella. El diámetro de la Tierra es alrededor de de 12,800 km, y la distancia aproximada al Sol es de 150, 000,000 km, es decir, este planeta se puede suponer como una pequeña partícula en el sistema solar.

Sistema de partículas se usa para designar a un conjunto de objetos cuya masa se considera concentrada en un punto. Suponiendo una especie de efecto de rotación del conjunto de partículas alrededor de un eje. Para mayor claridad se supondrá primero que todas las partículas están en un plano, y consideraremos a dicho plano como horizontal y se le empleara como el plano xy.

Al observar a dos niños jugando en un subibaja, observaremos que el aparato queda equilibrado cuando m1d1=m2d2 siendo m1 y m2 las masas de los niños, y d1 y d2 sus concernientes distancias al punto de apoyo, el cual se localiza entre

uno y otro. Este ejemplo nos hace ver que es posible considerar al producto ml como “efecto del giro” de una partícula de masa m colocada a una distancia orientada ldesde un eje, asignando signo positivo a l para aquellas partículas situadas a un lado del punto de apoyo, y signo negativo a las que se localizan al otro lado. Entonces la condición de equilibrio es que m1l1+m2l2=0; esto es, el efecto total de giro o momento total del sistema cuando es igual a cero.

Definición 1:

Sea P un sistema plano de partículas con masas m1 ,m2… ..mn localizadas en

los puntos P1 ,P2 ,…,Pn , respectivamente. Considerando como eje a la recta

en el plano y que l1 ,l2 ,…,ln las distancias, dirigidas desde a los puntos P1 ,P2 ,…,Pn , respetivamente. Entonces el momento de este sistema de

partículas con respecto al eje se representada por M L y está definido por:

Cálculos de Centros de Masa, Momentos de Inercia utilizando Integrales Múltiples y sus Aplicaciones en el área de ingeniería. 1


(1) M L=∑k=1

n

mk lk=m1 l1+m2 l2+…mn ln

Veamos M x y M y, los momentos con respecto a x y al eje y, respectivamente, en ambos casos el sentido positivo para medir distancias dirigidas es el habitual, y por lo tanto, los momentos positivos tienen el efecto rotacional señalado por las flechas en la Figura 1.

Si cada punto Pk tiene las coordenadas (xk , yk) la ecuación (1) dará:

(2) M L=∑k=1

n

mk yk=m1 y1+m2 y2+…mn yn

(3) M L=∑k=1

n

mk xk=m1 x1+m2 x2+…mn xn

Para calcular M x usaremos yk, y para calcular M y se empleara xk,

(Figura 1)

Ejemplo 1:

Para el sistema que se indica en la figura de arriba calcular M x , M y , M L1y M L2,

siendo L1la recta x=2 y L2la recta y=2

Solución. De las ecuaciones (2) y (3)



M x=2 (−1 )+1(1)+4 (2)+7(3)=−2+1+8+21=28 ,

M y=2 (1 )+1 (−1 )+4 (1 )+7 (2 )=2−1+4+14=19 ,

Un cálculo semejante para los ejes L1y L2seria:

L1=2 (−1 )+1 (−3 )+4 (−1 )+7 (0 )=−2−3−4=−9 ,

L2=2 (−3 )+1 (−1 )+4 (0 )+7 (1 )=−6−1+7=0 ,

Analicemos que M L1es negativo, porque todos los puntos están sobre el eje L1,

o atrás, y el efecto de rotación es negativo. M L2=0, por lo que este sistema está

en equilibrio con respecto al eje.

Definición 2:

Sea P un sistema plano de partículas y P el sistema que resulta de concentrar la masa total del sistema P en un único punto P ( x , y ). Sean M L y M L los

momentos con respecto a L de los sistemas P y P, respectivamente. Si M L ¿M L para cada ejeL, entonces P se llama centro de masa (Al centro de masa indebidamente se le denomina “centro de gravedad”, pero el primer nombre es mejor, ya que un sistema de partículas siempre tendrá un centro P, aunque estuviera colocado tal sistema en cualquier región del espacio son cero las fuerzas gravitatorias) del sistema P

Veamos formulas simples para encontrar las coordenadas de un centro de masa. Si m indica la masa total del sistema, entonces:

(4) m=m1+m2+…+mn ,

Si el momento del sistema P es igual al momento del sistema original con respecto a uno u otro de los ejes de coordenadas, debemos tener que:

(5) M x=M y=m1 x1+m2 x2+…mn xn

(6) M y=M x=m1 y1+m2 y2+…mn yn



Al dividir entre m se obtiene:

Teorema 1: P ( x , y ) es el centro de masa de un sistema de partículas de más mk en los puntos PK (xk , yk ), siendo k=1,2…,n , entonces:

(7) x=m1 x1+m2 x2+…mn xn

m=∑k=1

n

mk xk

∑k=1

n

mk

(8) y=m1 y1+m2 y2+…mn yn

m=∑k=1

n

mk xk

∑k=1

n

mk

Ejemplo 2:

Determinar el centro de masa del sistema descrito en el ejemplo 1.

Solución. Dado que m=2+1+4+7=14, entonces x=M y

m=194

y y=M x

m=2814

=2.

De manera que P es el punto de coordenadas P( 1914 ,2)

Momento de inercia de una región plana.

Definir el momento de una partícula con respecto a un eje como ml, donde m es la masa de la partícula y l la distancia desde el eje; denominándose mlprimer momento (o momento de primer orden), nos permite de igual manera hacerlo con otros momentos utilizando diferentes potencias de l, así tendríamos: ml2 y

ml3, como segundo momento y tercer momento respectivamente.

Especialmente para ml2 en dinámica le denominan momento de inercia y se le asigna el símbolo especial I . Como en el caso del primer momento (o momento



estático), siempre que el cuerpo es homogéneo, p es constate y es conveniente considerar que p=1. A continuación veamos el momento de inercia de una lamina homogénea plana (región plana con densidad superficial p=1).

Definición:

Los momentos de inercia de la región Rcon respecto a los ejes x y yson:

Ι x=∫c

d

y2 l ( y )dy

Ι y=∫a

b

x2h ( x )dx

En el momento de inercia la ubicación donde se concentra la materia depende del eje en el que se trabaja. Pero con respecto a un eje fijo es posible definir una distancia rtal que mr2=Ι , a la que se llama radio de giro (radio de inercia).

En una región plana de área A(con p=1), los dos radios de giro con respecto a

los ejes x y y, están definidos por las ecuaciones Ar x2=Ι x y Ar y

2=Ι y, es decir:

r x=√ Ι xA , r y=√ Ι yAEjemplo 3:

Determinar el momento de inercia del área de un rectángulo con respecto a una de sus bases, así como el radio de giro o de inercia correspondiente.



(Figura 2)

Solución: Colocamos el rectángulo en un sistema coordenado, como se indica en la figura, y calcularemos Ι xy r x. Se precede a dividir el rectángulo en franjas horizontales, teniendo el k-ésimo elemento todos sus puntos aproximadamente a una distancia yk desde el eje x. Formando una suma y tomando el límite del modo usual, resulta que:

Ι x=∫0

d

y2 l ( y )dy=∫c

d

y2ady=ab2

3 |b0=ab3

3,

r x=√ Ι xA=√ ab33 ab= b

√3,

Intercambiando los papeles de la c y la y es fácil ver que:

Ι y=ba3

3,r y=√ b

√3



Momentos y centros de masa.

Entendamos antes el concepto de masa.

Masa=pA=p∫R∫ dA=∫

R∫ pdA Densidad constante

Se supone que una lámina tiene densidad constante, (lamina abarca placas delgadas de densidad variable). Las integrales dobles pueden usarse para calcular la masa de una lámina de densidad variable, donde la densidad (x , y )está dada por la función de densidad p .

Definición de masa de una lamina plana de densidad variable:

Si p es una función de densidad continua sobre la lámina que corresponde a una región plana R(o D) , entonces la masa m de la lámina está dada por:

m=∫R∫ p ( x , y )dA

La densidad se expresa normalmente como masa por unidad de volumen. Pero en una lamina plana, la densidad es masa por unidad de área de superficie.

Ejemplo 4: hallar la masa de una lámina plana triangular con vértices (0,0) ,(0,3)y (2,3) , dado que la densidad en (x , y ) es p(x , y)=2x+ y

(Figura 3)

Solución: como se muestra en la figura, la región R

tiene como fronteras x=0 , y=3 y y=3 x2

(o x=2 y /3) .

Entonces la lámina tiene la siguiente masa:



m=∫R∫ (2 x+ y )dA=∫

0

3

∫0

2 y/3

(2x+ y )dxdy

m=∫0

3

[ x2+xy ]02 y/3dy ¿

109 ∫

0

3

y2dy=109 [ y33 ]

0

3

=10

Centro de masa.

Veamos con el siguiente Ejemplo 5, como encontrar la masa y el centro de masa de una lamina triangular (Do R) con vértices (0,0), (1,0) y (0,2), si la función de densidad es p(x , y)=1+3 x+ y, sabiendo que las coordenadas (x , y ¿ del centro de masa de una lamina que ocupa la región D y que tiene como función densidad p(x , y) son:

x=M y

m= 1m∬D

xp ( x , y )dA M x=∫R∫ yp(x , y)dA

y=M x

m= 1m∬D

yp (x , y )dA M y=∫R∫ xp (x , y )dA

Donde la masa m es:

m=∬D

p ( x , y )dA

Si mes la masa de la lamita, entonces el centro de masa es:

(x , y ¿=(M y

m,M x

m)

(Figura 4)

Observe que la ecuación de la frontera superior es y=2−2 x

La masa de la lámina es:



m=∬D

p ( x , y )dA=∫0

1

∫0

2−2 x

(1+3x+ y )dydx

m=∫0

1

[ y+3xy+ y22 ]y=0

y=2−2x

dx

m=4∫0

1

(1−x2 )dx=4 [x− x3

3 ]0

1

=83

Así que las formulas de las coordenadas dan:

x= 1m∬D

x p ( x , y )dA=38∫0

1

∫0

2−2x

(x+3x2+xy )dydx

x=38∫01

[xy+3x2 y+ x y22 ]y=0

y=2−2 x

dx

x=38∫01

(x−x3)[ xy+3 x2 y+x y22 ]y=0

y=2−2x

dx

x=38

(x−x3 )dx=32 [ x22 −

x4

4 ]0

1

=38

y= 1m∬D

yp ( x , y )dA=38∫0

1

∫0

2−2x

( y+3 xy+ y2¿¿)dydx ¿¿

y=38∫0

1

[ y22 +3 xy2

2+y3

3 ]y=0

y=2−2 x

dx=14∫01

(7−9 x−3 x2+5 x3 )dx

y=14 [7x−9 x22 −x3+5

x4

4 ]0

1

=1116

El centro de masa esta en el punto ( 38 , 1116 )En algunas láminas planas con densidad constante p, se puede determinar el centro de masa o una de sus coordenadas, utilizando la simetría en lugar de usar integración



La conservación del momento total nos da un método para analizar un "sistema de partículas". Un sistema tal puede ser cualquiera (un volumen de gas, agua en un recipiente o una pelota de béisbol). Otro concepto importante nos permite el análisis del movimiento general de un sistema de partículas. Si no hay alguna fuerza externa que actúe sobre una partícula, su cantidad de movimiento lineal es constante. En una forma similar, si no hay alguna fuerza que actúe sobre un sistema de partículas, la cantidad de movimiento lineal del sistema también es constante. Esta similitud significa que un sistema de partículas se puede representar por una sola partícula equivalente. Objetos móviles como pelotas, automóviles y demás, se pueden considerar en la práctica como sistemas de partículas y se pueden representar efectivamente por partículas simples equivalentes cuando se analiza su movimiento. Tal representación se hace por del concepto de centro de masa (CM).

El Centro de masa es el punto en el cual se puede considerar concentrada toda la masa de un objeto o de un sistema. Aun si el objeto esta en rotación, el centro de masa se mueve como si fuera partícula. Algunas veces el centro de masa se describe como si estuviera en el punto de equilibrio de un objeto sólido. Por ejemplo, si usted equilibra una escoba sobre su dedo, el centro de masa del palo de madera está localizado directamente sobre su dedo y toda la masa parece estar concentrada allí.

La segunda ley de Newton se aplica a un sistema cuando se usa el centro de masa: F=MACM

En donde F es la fuerza externa neta, M es la masa total del sistema o la suma masas de las partículas del sistema (M=m 1+m2+m3+...+mn ) ,donde el sistema tiene n partículas), y ACM es la aceleración del centro de masa. La ecuación dice que el centro de masa de un sistema de partículas se mueve como si toda la masa del sistema estuviera concentrada allí, y recibiera la acción de la resultante de las fuerzas externas.

Así mismo, si la fuerza externa neta que actúa sobre un sistema de partícula cero, la cantidad de movimiento lineal total del centro de masa permanece constante, dado que como para una partícula esto significa que el centro de masa se mueve con una velocidad constante o permanece en reposo. El concepto del centro de masa se aplica a cualquier sistema de partículas u objetos, aunque esté en estado gaseoso.

Para un sistema de n partículas dispuestas en una dimensión, a lo largo del eje de las x, se tendría Xcmcomo la coordenada x del centro de masa de un



sistema de partículas. En una notación corta (usando signos para indicar las direcciones de los vectores) en donde la sumatoria, indica la suma de los productos m 1x 1. para i partículas (i=1 ,2 ,3 , ... , n) . Si sumatoria x1m 1=0 , entonces Xcm=O, y el centro de masa del sistema unidimensional está localizado en el origen.

Otras coordenadas del centro de masa para sistemas de partículas se definen en forma similar. Para una distribución bidimensional de masas, las coordenadas Iro de masa son (Xcm , ;Ycm)

El concepto especialmente útil al analizar el movimiento de un sistema de muchas partículas, o un cuerpo finito, es el de Centro de masa, (abreviado CM). Aunque el CM es muy útil al tratar la rotación, también simplifica considerablemente el análisis de los choques.

La posición del CM de un sistema de npartículas de masas m 1,m 2, ...mn en lugares dados por sus vectores R1 ,R2 , ...Rnestá dada por MRcm=m 1R1+m 2R2+...+mn Rn en donde M=M 1+M 2+...Mn,es la masa total del sistema.

Cuando esas partículas se mueven bajo la influencia de fuerzas externas e internas, su posición cambia con el tiempo. Si en el breve intervalo delta t , la posición de los vectores a delta R1 , delta R2... . delta Rn, la localización del CMestará dada por M (Rcm+deltaRcm )=M 1(R1+delta1)+M 2(R2+delta2)+Mn (Rn+deltan)

De la ecuación se despeja Pcm=P1+P2+.......+Pn

Sabiendo que cuando no actúan fuerzas externas, la cantidad total de movimiento de un sistema permanece constante. Como Pcm es igual a la cantidad de movimiento total del sistema, concluimos que en ausencia de fuerzas externas, el CM de un sistema en reposo, permanece en reposo, y si el CM está en movimiento mantendrá ese movimiento.

Si una fuerza externa neta actúa, el CM se moverá de acuerdo a la segunda ley de Newton. En especial, si la masa total no cambia con el tiempo, la aceleración del CM estará dada por acm=F . Ext

M en donde F .ext es la fuerza externa neta que actúa sobre el sistema.

Aplicaciones del Centro de Masa.



El centro de masa casi siempre se refiere a cuerpos que constan de 2 dimensiones o, es decir son figuras que tienen características de ser finas es der no tienen profundidad, entonces el CM, nos sirve para, para determinar en esos cuerpos el punto donde se concentra toda la masa, y esto nos ayuda a determinar el punto en el que si aplicamos una fuerza no nos dará torque alguno.

Relación del CM con el moméntum.

El CM se relaciona con el moméntum en la forma que nos ayuda a encontrar el CM de un sistema, es decir que esto nos ayuda a encontrar el punto en que no hay torque alguno por parte del sistema.

En este punto de aquí la hoja no daría torque alguno si tuviera un sustento.

Ejemplo 6: Encontrar el CM. Tres masas, de 2.0kg, 3.0kg y 6.0kg , están localizadas en posiciones (3.0 ,0) , (6.0 ,0) y (4.0 ,0) , respectivamente, en metros a partir del origen ¿En dónde está el centro de masa de este sistema? Dados: m 1=2.0kg Encontrar: Xcm(coordenadas CM)

m 2=3.Okg

m 3=6.Okg

x1=3.0m

x2=6.0m

x3=−4.Om

Luego, simplemente realizamos la sumatoria como se indica en la ec. 6.19,

Xcm=¿ Sumatoria m 1x 1

M

(2.0kg)(3.0m)+(3.0 kg)(6.0m)+(6.0kg)(4.0m)

2.0kg+3.0kg+6.0 kg

La resolución ¿0, por lo que sabemos que el centro de masa está en el origen.

Ejemplo 7: Centro de masa y marco de referencia



Una pesa tiene una barra de conexión de masa despreciable. Encuentre la posición del centro de masa (a) si m 1 y m 2 tienen cada una 5.0kg, y (b) si m 2es de 5 .0kg y m 2 es de 10.0kg .

Solución: Dados: (a) m 1=m2=5.0kg Encontrar.

(a) (Xcm ,Ycm) (coordenada)

x1−0.25m

(b) (Xcm ,Ycm)

x2−0.75m

Y 1=Y 2=0.25m

(b) m 1=5kg

m 2=10kg

Note que cada masa se considera una partícula localizada en el centro de la su centro de masa.

a) Al encontrar Xcm tenemos

Xcm=m 1x 1+m2 X 2

m 1+m2

Xcm=(5.0kg)(0.25m)+(5.0kg)¿

5.0kg+5.0kg

Xcm=0.5m

En forma similar, es fácil encontrar que YCM=0.25m. (Tal vez ya se dio cuenta de esto ya que cada centro de masa está a esta altura. El centro de masa de la pesa está localizado entonces en (Xcm ,YCM )=(0.50m,0.25m) o a medio camino entre las masas de los extremos.

b) Conm 2=10.0kg

Xcm=m 1x 1+m2 x2

m 1+m2

Xcm=(5.0kg)(0.25m)+(10.0kg)(0.75m)



5.0kg+10.0kg

Xcm=0.58m

Lo cual es 1/3 de la longitud de la barra a partir de m 2. (Usted puede esperar en este caso que el punto de equilibrio de la pesa esté más cerca de m 2.)

El que la posición del centro de masa no dependa del marco de referencia se puede demostrar colocando el origen en el punto en que la masa de 5.0kg toca el eje de las x. En este caso, x1=O y x2=0.50m, y

Xcm=(5.0kg ) (0 )+(10.0kg ) (0.50m )=0.33m

5.0kg+10.0kg

La coordenada Y del centro de masa es de nuevo Ycm=0.25m, como ya hemos comprobado.

En el ejemplo 7, cuando el valor de una de las masas cambió, la coordenada x del centro de masa cambió.

Usted podría haber esperado que también cambiara el eje de las y. Sin embargo; los centros de las masas de los extremos estuvieron aún a la misma altura, y Ycm permaneció igual. Para incrementar Ycm se deben elevar una o las dos masas de los extremos, lo que requeriría de un trabajo en contra de la gravedad y resultaría en un aumento en la energía potencial.

Como usted ya sabe, la masa y el peso están relacionados directamente. Asociado en forma estrecha con el centro de masa está el Centro de gravedad (CG), el punto en el que se puede considerar que se concentra el peso de un objeto al representar ese objeto como una partícula. Al tomar la aceleración debida a la gravedad como constante, cosa que generalmente se hace cerca de la superficie de la Tierra, podemos reescribir la ecuación principal como

MgXcm=X ,m ,x ,

Entonces todo el peso, Mg, está concentrado en Xcm , y el centro de masa y el centro de gravedad coinciden.



Si la aceleración debida a la gravedad no es constante, el centro de masa y el centro de gravedad no coinciden.

Como usted ya habrá notado, la posición del centro de gravedad estuvo indicada en algunas figuras en las que se dibujó la flecha del vector para el peso (mg) desde un punto cerca del centro de un objeto.

En algunos casos, el centro de masa o el centro de gravedad de un objeto se pueden localizar por simetría. Por ejemplo, para un objeto esférico, homogéneo cuya masa está distribuida uniformemente, el centro de masa está en el centro geométrico (o centro de simetría). En el ejemplo 2 en el que las masas de los extremos de la pesa eran iguales, era evidente la probabilidad de que el centro de masa estuviera a la mitad del camino entre ellas.

La posición del centro de masa de un objeto de forma irregular no es evidente y por lo general calcularla (aun con métodos matemáticos avanzados). En algunos casos, el centro de masa se puede localizar en forma experimental. Por ejemplo, el centro de masa de un objeto de forma irregular se puede determinar en forma experimental si se suspende libremente desde diferentes puntos (figura). Si pensamos durante un momento, nos convenceremos de que el centro de masa (o el centro de gravedad) queda verticalmente abajo del punto de suspensión. Como el centro de masa se define como el punto en el cual se puede considerar que está concentrada toda la masa de un cuerpo, esto es análogo a una partícula de masa suspendida de una cuerda. Si suspendemos el objeto de dos o más puntos y marcamos las líneas verticales sobre las que debe localizarse el centro de masa, podemos localizarlo como el punto de intersección de las líneas.

El Centro de masa de un objeto puede quedar fuera del cuerpo del objeto. El centro de masa de un anillo homogéneo está en su centro. La masa de cualquier sección del anillo es cancelada por la masa de una sección equivalente directamente a través del anillo, y por simetría el centro de masa está en el centro. Para un objeto en forma de L con ramas iguales el centro de masa queda en una línea que forma un ángulo de 45º con las ramas. Su posición se puede determinar con facilidad si se suspende la L desde un punto en una de las ramas, y se anota en donde la línea vertical a partir de ese punto interseca la línea diagonal.

No olvidemos que la posición del centro de masa o centro de gravedad de un objeto depende de la distribución de la masa. Por lo tanto, para un objeto flexible como es el cuerpo humano, la posición del centro de gravedad cambia a medida que el objeto cambia su configuración (distribución de masa).

Calcular la posición del centro de masa mediante suspensión.



El Centro de masa de un objeto plano de forma irregular se puede encontrar suspendiendo el objeto de dos o más puntos. El CM (y el CG) quedan sobre una línea vertical bajo cualquier punto de suspensión, así la intersección de dos de tales líneas marca la posición media entre el espesor del cuerpo.

El centro de masa puede estar localizado fuera de un cuerpo El centro de masa puede quedar dentro o fuera de un cuerpo, dependiendo de la distribución de su masa. (a) Para un anillo uniforme, el centro de masa está en su centro. (b) Para un objeto en forma de L, si la distribución de la masa es uniforme y las ramas son de igual longitud, el centro de masa queda en la diagonal entre las ramas.

Ejemplo 8: Una masa de 4.00 kg está en x =0.20m , y=z=Orn , y una segunda masa de 6.00kg está en x=0.80m , y=z=Om. Localizar el CM.

Solución: La ecuación principal es, como todas las ecuaciones vectoriales en realidad un conjunto de tres ecuaciones, una para cada coordenada. Como las coordenadas x, y, z de las dos masas son cero, Ycm=Zcm=0. La ecuación Xcm :(10.0kg)Xcm=(4.00kg)(0.20m)+(6.00kg)(0.80m) quedando que el CM esta en el eje de las x aO .56m

Generalmente, las partes individuales de un sistema interaccionan entre sí por medio de fuerzas internas, cambiando por lo mismo sus velocidades y cantidades de movimiento individuales cuando transcurre el tiempo. Sin embargo, esas interacciones no influyen sobre el movimiento del CM. Siempre que se puedan separar las fuerzas que actúan sobre un sistema de dos o más partículas en fuerzas internas y fuerzas externas, se puede simplificar la dinámica del problema preguntando y contestando a dos preguntas distintas:

¿Cuál es el movimiento del CM?

Ejemplo 9: Una masa de 2.00kg en reposo que contiene una pequeña carga explosiva de masa despreciable se desintegra en tres fragmentos. Dos de ellos tienen masas idénticas de 0.50 kg cada uno; el tercero tiene una masa de 1.00 jg .Las velocidades de los fragmentos de 0.50 kg hacen un ángulo de 60º entre si y la magnitud de dichas velocidades es de 100m /s . ¿Cuál es la velocidad del fragmento de 1.00kg?

Solución: El eje y es la línea que bisecta el ángulo entre las velocidades de los fragmentos de 0.50kg .

Como Vcm=O antes de la explosión también debe ser cero después de ella.



De la ecuación de CM, tenemos que

(0.50kg )v1+(0.50kg)v 2+(1.00kg )v3=Okg .m /s

o bien, en forma de componentes,

(0.50kg )(v 1x+v2 x)+(1.00kg)v 3x=0kgm /s

(0.50kg )(v 1 y+v 2 y )+(1.00kg )v3 y=Okgm /s

ComoV 1x=−V 2 x , v3 x Om / s .También,

V 1 y=V 2 y=(100m /s )cos 30º=86.6m /s

Por tanto, V 3 y=−86.6m / s

Ejemplo 10: Como un ejemplo más de la aplicación del concepto del CM, pondremos como ejemplo para resolver un problema de colisión de frente en el caso general de una masa m 1que se mueve con una velocidad inicial Vo. Contra otra masa m 2 que estaba en reposo.

Solución: Para evitar utilizar demasiados subíndices, usaremos el símbolo u para las velocidades en el marco de referencia del centro de masa. De acuerdo con la ecuación de CM, el centro de la masa se mueve inicialmente a una velocidad m 1vo

Vcm=m1+m2y debe mantener esa velocidad durante el proceso porque no actúan fuerzas externas sobre el sistema.

Recordemos que la velocidad v de una partícula en un marco de referencia estacionario se relaciona a su velocidad con respecto a un marco de referencia en movimiento mediante

V=Vr+VR

En donde VRes la velocidad del marco de referencia. En este caso, VR es la velocidad del centro de masa,vcm, y hemos usado el símbolo upara Vr. De aquí que

V=u+Vcm;U=V−Vcm



Si pasamos al sistema del CM, las velocidades iniciales de m 1 y m 2son entonces.

Uo=((Vo−m 1)/ (m1+m 2))x Vo=((m2)/(m1+m2))x Vo

Como el choque es inelástico, la EC en el marco del CM antes y después de la colisión debe ser la misma.

Además, el CM, en ese marco de referencia, queda en reposo. Esas dos condiciones sólo se pueden satisfacer si las velocidades finales de los dos objetos en el marco de referencia del CM son o bien las mismas que antes del choque, o inversas. Si las velocidades no cambian, los dos objetos no han chocado, y así podemos considerar esta solución como no compatible con el enunciado del problema. Por ello, después del choque,

Ujf=−Uo=−m2 xVo

m 1+m2



U 2 f=−U 2o=−m1x Vo

m 1+m2

Para completar la solución se transforma el marco de referencia del laboratorio agregando a las velocidades

U 1 f y U 2 f la velocidad del CM, siendo el resultado

V 1 f=((m1−m2)/(m 1+m2)) xVo y V 2 f=((2m 1)/ (m1+m 2))x Vo

Momento de inercia.

El momento de inercia (o segundo momento) de una partícula de masa m

alrededor de un eje se define como mr2, donde r es la distancia de la partícula al eje. Ampliamos este concepto a una lámina con una función densidad p(x , y) que ocupa una región D, procediendo como lo hicimos para los momentos ordinarios. Dividimos D en pequeños rectángulos, aproximamos el momento de inercia de cada sub-rectángulo alrededor del eje x y tomamos el límite de la suma conforme los sub-rectángulo se incrementan. El resultado es el momento de inercia de la lámina alrededor del eje x:


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