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CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
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DINÁMICA DE LOS SISTEMAS DE PARTÍCULAS 
 
 
I. DEFINICIÓN DE SISTEMA 
 
Consideramos como sistema de partículas a un conjunto de puntos materiales, que 
pueden, o no, estar vinculados rígidamente entre sí. 
 
El conjunto de partículas que integran el sistema lo definimos nosotros. Todos los 
elementos que queden fuera del sistema, interactuarán con el mismo y producirán fuerzas de 
interacción exteriores) fuerzas en el sentido generalizado: fuerzas y momentos). La 
interacción entre las partículas propias, producirá fuerzas interiores. 
 
El término partícula hace referencia al tamaño o forma de los elementos de conjunto, 
que obviamente, al igual que vimos en el capítulo de dinámica del punto, deben ser de 
dimensiones despreciables frente a las distancias que las separan de las partículas con las 
cuales interactúan. 
 
El número de partículas que conforman el sistema puede ser discreto o mensurable, o 
continuo o no mensurable. En el primer caso, abordaremos el estudio conforme las 
ecuaciones que desarrollaremos en este capítulo. En el segundo caso, deberíamos dar lugar 
al abordaje por la mecánica del continuo. Sin embargo, haremos una pequeña introducción 
asumiendo una serie de hipótesis simplificativas que nos permitirán modificar la segunda ley 
de Newton para obtener algunos resultados para unos cuantos casos, aunque contados y 
sencillos. 
 
II. BARICENTRO O CENTRO DE MASA. 
 
La primera caracterización que podemos hacer del sistema es el cómputo de la masa 
total del sistema: 
 
𝑚𝑡 = 𝑚𝑡𝑜𝑡 =∑𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
 (𝟏) 
 
Donde n es el número de partículas, que obviamente es mensurable, y 𝑚𝑡 o 𝑚𝑡𝑜𝑡 es la 
masa total del sistema. Escribimos las dos variantes porque las utilizaremos en forma 
indistinta. 
 
Luego, el baricentro lo podemos definir físicamente como el punto del espacio donde 
se puede considerar aplicada toda la masa del sistema de manera que produzca el mismo 
momento estático respecto de un punto cualquiera, que la masa distribuida. 
 
Para ubicar el baricentro, tendremos que plantear momento estático de masa respecto 
de un punto. Luego, conviene definir esta magnitud. 
 
Llamamos momento estático de masa, o momento de primer orden de la masa m de 
una partícula, respecto de un punto arbitrario A, al producto de la masa, por el vector que va 
desde la posición de la partícula, hasta el punto A. Es decir: 
 
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 �̅�𝑚
𝐴 = 𝑚.𝐴𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑚. (𝑃 − 𝐴) = 𝑆�̅�
𝐴 
 
Lo vamos a escribir con la letra S (que viene de Static, en inglés), para continuar con 
la denominación que usábamos en análisis matemático I. 
 
Hacemos notar que, como se trata de un producto de un escalar por un vector, el 
momento de primer orden de la masa m, respecto de un punto A, es también un vector, y tiene 
la misma dirección y sentido que el vector posición relativa que va desde el punto respecto al 
cual tomamos momento, hasta la posición de la partícula en el instante considerado. 
 
Es decir, si el momento estático de masa que produce todo el sistema, respecto de un 
punto arbitrario cualquiera, por ejemplo el O, es: 
 
𝑆�̅�𝑃
𝑂 =∑𝑚𝑖 . (𝑃𝑖 −𝑂)
𝑛
𝑖=1
 
 
Donde 𝑆�̅�𝑃
𝑂 es el momento estático o de primer orden del sistema de partículas, 
respecto del punto O. 
 
Por otro lado, el momento que produce la masa concentrada, supuesta en G, respecto 
del punto O, será: 
 
𝑆�̅�𝑡𝑜𝑡
𝑂 =∑𝑚𝑖 . (𝑃𝑖 −𝑂)
𝑛
𝑖=1
= 𝑚𝑡𝑜𝑡 . (𝐺 − 𝑂) 
 
Aquí, 𝑆�̅�𝑡𝑜𝑡
𝑂 denota el momento estático o de primer orden de la masa total del sistema, 
respecto del punto A. 
 
Luego, como por definición, la masa total colocada en G (baricentro o centro de masa), 
debe producir el mismo momento que la masa distribuida, tenderemos: 
 
∑𝑚𝑖 . (𝑃𝑖 −𝑂)
𝑛
𝑖=1
= 𝑚𝑡𝑜𝑡 . (𝐺 − 𝑂) 
 
De donde es fácil despejar el vector posición relativo: 
 
 (𝐺 − 𝑂) =
∑ 𝑚𝑖 . (𝑃𝑖 − 𝑂)
𝑛
𝑖=1
𝑚𝑡𝑜𝑡
 (𝟐) 
 
(𝐺 − 𝑂) =
∑ 𝑚𝑖 . (𝑃𝑖 − 𝑂)
𝑛
𝑖=1
∑ 𝑚𝑖
𝑛
𝑖=1
 (𝟑) 
 
Las ecuaciones (2) y (3), nos permiten calcular la posición relativa del baricentro o 
centro de masa. Relativa al punto que elegimos para tomar momentos y calcularlo. 
 
Si queremos la posición absoluta, solo tenemos que tomar momentos respecto al 
origen de nuestro sistema de referencia absoluto o fijo. 
 
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Una observación interesante para hacer, es que si tomamos momento estático de 
masas, respecto al centro de masas, el resultado será el vector nulo: 
 
𝑆�̅�𝑡𝑜𝑡
𝐺 =∑𝑚𝑖. (𝑃𝑖 − 𝐺)
𝑛
𝑖=1
= 0̅ (𝟒) 
 
La demostración de (4) es trivial. 
 
 
III. MOMENTOS DE MASA DE SEGUNDO ORDEN 
 
 
a. Momento de masa de segundo orden de un sistema de partículas, respecto de 
dos ejes cualesquiera. 
 
La dirección de los ejes viene dada por sus respectivos versores: 
 
�̌�1 = 𝑛1𝑥. 𝑖̌ + 𝑛1𝑦. 𝑗̌ + 𝑛1𝑧. �̌� 
 
�̌�2 = 𝑛2𝑥. 𝑖̌ + 𝑛2𝑦. 𝑗̌ + 𝑛2𝑧. �̌� 
 
El momento de segundo orden de masa, de una sola partícula P, respecto de esos dos 
ejes, vendrá dado por la expresión: 
 
 𝐽𝑃
�̌�1,�̌�2 = 𝑚. 𝑑1. 𝑑2 
 
Donde d1 es la distancia de P al eje n1, y lo mismo para d2. 
 
Y esas distancias se pueden calcular como: 
 
𝑑1 = |(𝑃 − 𝑂) ∧ �̌�1| 
y 
𝑑2 = |(𝑃 − 𝑂) ∧ �̌�2| 
 
Acá, primero que nada, tenemos que prescindir de las barras de módulo; ya que, si no, 
perdemos el sentido del giro que está asociado a los momentos estáticos o de primer orden. 
Luego d1 y d2 no serán distancias en el verdadero sentido de la palabra, sino distancias con 
dirección y sentido, que vienen dadas por las normales a los ejes respectivos y al segmento 
de recta (P-O). El producto escalar entre ambos vectores, es un escalar que conserva un 
signo, de acuerdo a la ubicación de la masa respecto a ambos ejes. 
 
Luego, para un sistema de n partículas, el momento de segundo orden del sistema 
completo, respecto deseos dos mismos ejes, será: 
 
𝐽𝑆𝑃
�̌�1,�̌�2 =∑{𝑚𝑖. 𝑑1𝑖. 𝑑2𝑖}
𝑛
𝑖=1
 
 
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𝐽𝑆𝑃
�̌�1,�̌�2 =∑{𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1]. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�2]}
𝑛
𝑖=1
 
 
Y si prescindimos del subíndice SP, ya que obviamente estamos hablando de un 
sistema de partículas, podemos escribir directamente 
 
𝐽�̌�1,�̌�2 =∑{𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1]. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�2]}
𝑛
𝑖=1
 (𝟓) 
 
b. Momento de inercia respecto de un eje cualquiera. 
 
Cuando tomamos momentos de segundo orden de masa, respecto a un mismo eje, 
este momento se denomina momento de inercia. 
 
El momento de inercia del sistema completo, respecto de un eje cualquiera arbitrario 
(cuya dirección viene dada por el versor �̌�1, tendremos: 
 
𝐽�̌�1,�̌�1 =∑{𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1]
2}
𝑛
𝑖=1
 (𝟔) 
 
 
c. Momentos centrífugos. 
 
Los momentos centrífugos no son otra cosa que los momentos de segundo orden 
respecto a dos ejes coordenados ortogonales entre sí. 
 
En este caso el eje 1, tiene la dirección (por ejemplo) del versor 𝑖 ̌(eje x), y el eje 2, la 
dirección del versor 𝑗̌, eje y. 
 
Para el sistema de partículas completos, tendremos: 
 
𝐽𝑥,𝑦 =∑{𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑖]̌. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑗̌]}
𝑛
𝑖=1
 
Y como: 
 
(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑖̌ = (𝑥𝑖. 𝑖̌ + 𝑦𝑖 . 𝑗̌ + 𝑧𝑖 . �̌�) ∧ 𝑖̌ = 𝑧𝑖. 𝑗̌ − 𝑦𝑖 . �̌� 
 
(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑗̌ = −𝑧𝑖. 𝑖̌ + 𝑥𝑖. �̌� 
 
Luego 
𝐽𝑥,𝑦 =∑{𝑚𝑖. [𝑧𝑖 . 𝑗̌ − 𝑦𝑖 . �̌�]. [−𝑧𝑖. 𝑖̌ + 𝑥𝑖 . �̌�]}
𝑛
𝑖=1
 
 
𝐽𝑥,𝑦 =∑{𝑚𝑖. (−𝑦𝑖. 𝑥𝑖)}
𝑛
𝑖=1
 
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𝐽𝑥,𝑦 = −∑{𝑥𝑖. 𝑦𝑖 . 𝑚𝑖}
𝑛
𝑖=1
 
 
Y como el producto escalar es conmutativo: 
 
𝐽𝑥,𝑦 = −∑{𝑥𝑖. 𝑦𝑖 . 𝑚𝑖}
𝑛
𝑖=1
= 𝐽𝑦,𝑥 
 
Lo mismo sucederá con los otros dos pares de ejes que podemos tomar. 
 
En definitiva, tendremos tres momentos centrífugos diferentes:{
 
 
 
 
 
 
 
 𝐽𝑥,𝑦 = 𝐽𝑦,𝑥 = −∑(𝑥𝑖. 𝑦𝑖 . 𝑚𝑖)
𝑛
𝑖=1
 
𝐽𝑦,𝑧 = 𝐽𝑧,𝑦 = −∑(𝑦𝑖 . 𝑧𝑖. 𝑚𝑖) (𝟕)
𝑛
𝑖=1
𝐽𝑥,𝑧 = 𝐽𝑧,𝑥 = −∑(𝑥𝑖 . 𝑧𝑖. 𝑚𝑖)
𝑛
𝑖=1
 
 
 
d. Momentos de inercia respecto a los ejes coordenados. 
 
Si volvemos a la ecuación (6): 𝐽�̌�1,�̌�1 = ∑ {𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1]
2}𝑛𝑖=1 , y se la aplicamos a 
un mismo eje, pero coordenado, o sea que forma la base de nuestro sistema de referencia, 
por ejemplo el eje x, tendremos: 
 
𝐽𝑥,𝑥 =∑{𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑖]̌
2}
𝑛
𝑖=1
 
Donde: 
 
(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑖̌ = |
𝑖 ̌ 𝑗̌ �̌�
𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖
1 0 0
| = +𝑦𝑖 . 𝑗̌ − 𝑧𝑖. �̌� 
y 
[(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ 𝑖]̌
2 = (𝑦𝑖 . 𝑗̌ − 𝑧𝑖 . �̌�). (𝑦𝑖 . 𝑗̌ − 𝑧𝑖. �̌�) = 𝑦𝑖
2 + 𝑧𝑖
2 
 
En definitiva: 
𝐽𝑥,𝑥 =∑[𝑚𝑖. (𝑦𝑖
2 + 𝑧𝑖
2)]
𝑛
𝑖=1
 
 
Lo mismo sucederá para los otros dos ejes. Entonces tendremos: 
 
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{
 
 
 
 
 
 
 
 𝐽𝑥,𝑥 =∑[(𝑦𝑖
2 + 𝑧𝑖
2).𝑚𝑖]
𝑛
𝑖=1
 
𝐽𝑦,𝑦 =∑[(𝑥𝑖
2 + 𝑧𝑖
2).𝑚𝑖] (𝟖)
𝑛
𝑖=1
𝐽𝑧,𝑧 =∑[(𝑥𝑖
2 + 𝑦𝑖
2).𝑚𝑖]
𝑛
𝑖=1
 
 
 
 Todas las características relacionadas con la distribución de las masas del sistema de 
partículas respecto de los ejes coordenados se pueden representar por medio un único 
operador que resulta ser un tensor de según orden, o una matriz de 3x3: 
 
𝐽 = (
𝐽𝑥𝑥 𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑥𝑧
𝐽𝑦𝑥 𝐽𝑦𝑦 𝐽𝑦𝑧
𝐽𝑧𝑥 𝐽𝑧𝑦 𝐽𝑧𝑧
) = (
𝐽𝑥𝑥 𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑥𝑧
𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑦𝑦 𝐽𝑦𝑧
𝐽𝑥𝑧 𝐽𝑦𝑧 𝐽𝑧𝑧
) 
 
e. Momento de inercia respecto de un eje cualquiera, referido a los momentos 
centrífugos y de inercia de los ejes coordenados. 
 
Volvamos un poco a la expresión (6) vista en el apartado b: 
𝐽�̌�1,�̌�1 =∑{𝑚𝑖. [(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1]
2}
𝑛
𝑖=1
 
 
El producto vectorial (𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1, lo podemos desarrollar a partir del siguiente 
determinante: 
 
(𝑃𝑖 − 𝑂) ∧ �̌�1 = |
𝑖̌ 𝑗̌ �̌�
𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖
𝑛1𝑥 𝑛1𝑦 𝑛1𝑧
| 
 
= (𝑦𝑖 . 𝑛1𝑧 − 𝑧𝑖. 𝑛1𝑦). 𝑖̌ − (𝑥𝑖. 𝑛1𝑧 − 𝑧𝑖 . 𝑛1𝑥). 𝑗̌ + (𝑥𝑖. 𝑛1𝑦 − 𝑦𝑖 . 𝑛1𝑥). �̌� 
 
Y elevando luego al cuadrado, agrupando y operando llegamos a: 
 
 𝐽�̌�,�̌� = 𝐽𝑥𝑥. 𝑛1𝑥
2 + 𝐽𝑦𝑦. 𝑛1𝑦
2 + 𝐽𝑧𝑧. 𝑛1𝑧
2 + 2. 𝐽𝑥𝑦. 𝑛1𝑥. 𝑛1𝑦 + 2. 𝐽𝑦𝑧. 𝑛1𝑦. 𝑛1𝑧 + 2. 𝐽𝑥𝑧. 𝑛1𝑥. 𝑛1𝑧 (𝟗) 
 
 En forma matricial se puede expresar como: 
 
𝐽�̌�,�̌� = {�̌�1}. (𝐽). {�̌�1} 
 
𝐽�̌�,�̌� = (𝑛𝑥; 𝑛𝑦; 𝑛𝑧). (
𝐽𝑥𝑥 𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑥𝑧
𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑦𝑦 𝐽𝑦𝑧
𝐽𝑥𝑧 𝐽𝑦𝑧 𝐽𝑧𝑧
) . (
𝑛𝑥
𝑛𝑦
𝑛𝑧
) 
 
�̅� = 𝜔𝑥 . 𝑖̌ + 𝜔𝑦. 𝑗̌ + 𝜔𝑧. �̌� 
 
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�̅�
|�̅�|
= �̌� = 
𝜔𝑥
𝜔
. 𝑖̌ +
𝜔𝑦
𝜔
. 𝑗̌ +
𝜔𝑧
𝜔
. �̌� 
 
(𝐽�̌�,�̌�) =
1
𝜔2
. �̅�. (
𝐽𝑥𝑥 𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑥𝑧
𝐽𝑥𝑦 𝐽𝑦𝑦 𝐽𝑦𝑧
𝐽𝑥𝑧 𝐽𝑦𝑧 𝐽𝑧𝑧
) . �̅� 
 
La anterior es la expresión del momento de inercia respecto de un eje con una 
dirección arbitraria cualquiera, que viene dada por sus cosenos directores 𝑛𝑥; 𝑛𝑦; 𝑛𝑧, y 
expresado en función de los momentos centrífugos y de inercia respecto de los ejes 
coordenados. 
 
Nota: Observar la similitud de la ecuación (9), con las formas cuadráticas asociadas a 
matrices simétricas. Ver también la similitud con la expresión general de las cuádricas sin 
traslación (consultar los libros de álgebra de la bibliografía). 
 
Si dividimos la (9) miembro a miembro por 𝐽�̌�,�̌�, nos queda: 
 
1 = 𝐽𝑥𝑥.
�̌�𝑥
2
𝐽�̌�,�̌�
+ 𝐽𝑦𝑦.
�̌�𝑦
2
𝐽�̌�,�̌�
+ 𝐽𝑧𝑧.
�̌�𝑧
2
𝐽�̌�,�̌�
+ 2. 𝐽𝑥𝑦.
�̌�𝑥
√𝐽�̌�,�̌�
.
�̌�𝑦
√𝐽�̌�,�̌�
+ 2. 𝐽𝑦𝑧.
�̌�𝑦
√𝐽�̌�,�̌�
.
�̌�𝑧
√𝐽�̌�,�̌�
+ 2. 𝐽𝑥𝑧.
�̌�𝑥
√𝐽�̌�,�̌�
.
�̌�𝑧
√𝐽�̌�,�̌�
 
 
Y si llamamos (x, y, z), a: 
 
(𝑥; 𝑦; 𝑧) = (
𝑛𝑥
√𝐽�̌�,�̌�
; 
𝑛𝑦
√𝐽�̌�,�̌�
;
𝑛𝑧
√𝐽�̌�,�̌�
) 
 
 Tales coordenadas corresponden a la de un punto que pertenece a la superficie del 
elipsoide y cuya dirección es la del versor �̌�1. O sea que son las coordenadas del vector que 
va desde el centro del elipsoide (o cuádrica), hasta su superficie, en la dirección de �̌�. 
 
Entonces la ecuación anterior queda: 
 
 1 = 𝐽𝑥𝑥. 𝑥
2 + 𝐽𝑦𝑦. 𝑦
2 + 𝐽𝑧𝑧. 𝑧
2 + 2. 𝐽𝑥𝑦. 𝑥. 𝑦 + 2. 𝐽𝑦𝑧. 𝑦. 𝑧 + 2. 𝐽𝑥𝑧. 𝑥. 𝑧 (𝟗 𝒃𝒊𝒔) 
 
Comparémosla con la ecuación general de las cuádricas: 
 
0 = 𝐴. 𝑥2 + 𝐵. 𝑦2 + 𝐶. 𝑧2 + 𝐷. 𝑥. 𝑦 + 𝐸. 𝑥. 𝑧 + 𝐹. 𝑦. 𝑧 + 𝐺. 𝑥 + 𝐻. 𝑦 + 𝐼. 𝑧 + 𝐽 
 
Donde si G = H = I = 0, A ≠ B ≠ C, y J = -1, se reduce a la ecuación de un elipsoide 
rotado. Los términos D.x.y, E.x.z y F.y.z, representan las rotaciones en los ejes respectivos. 
 
La ecuación 1 = 𝐴. 𝑥2 +𝐵. 𝑦2 + 𝐶. 𝑧2, con A ≠ B ≠ C, es un elipsoide centrado y sin 
rotar. Si A = B, B = C, o A = C ya se trata de un elipsoide. 
 
Luego, la ecuación 9 bis, es la de un elipsoide rotado en los ejes cartesianos X, Y, Z, 
y las coordenadas de un punto cualquiera de esa superficie es una medida del momento de 
inercia medido en la dirección del vector que va desde el centro del elipsoide (o cuádrica), al 
punto en cuestión: 
 
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|(𝑃 − 𝑂)| = √(
�̌�𝑥
√𝐽�̌�,�̌�
)
2
+ (
�̌�𝑦
√𝐽�̌�,�̌�
)
2
+ (
�̌�𝑧
√𝐽�̌�,�̌�
)
2
=
1
√𝐽�̌�,�̌�
. √�̌�𝑥
2 + �̌�𝑦
2 + �̌�𝑧
2 =
1
√𝐽�̌�,�̌�
 
 
O sea, para cualquier eje de dirección �̌�, tal que: 
 
�̌� =
(𝑃 − 𝑂)
|(𝑃 − 𝑂)|
= 𝑛𝑥 . 𝑖̌ + 𝑛𝑦. 𝑗̌ + 𝑛𝑧. �̌� 
Tendremos que 
 
𝐽�̌�,�̌� =
1
|(𝑃 − 𝑂)|
 (𝟏𝟎) 
 
La ecuación (10) es una alternativa a la número (9), para calcular el momento de inercia 
en una dirección �̌�, arbitraria. 
 
IV. ECUACIONES UNIVERSALES PARA UN SISTEMA DE PARTÍCULAS, 
CONSIDERANDO UN SISTEMA DE REFERENCIA INERCIAL (SRI). 
 
 
a. Primera ecuación universal (para un SRI): 
 
Sabemos que para una partícula se cumple que: 
 
�̅�𝑒𝑥𝑡−𝑖 =
𝑑�̅�𝑖
𝑑𝑡
 
 
Donde �̅� es la resultante de las fuerzas exteriores aplicadas sobre la partícula, y �̅�, es 
la cantidad de movimiento de la partícula (�̅� = 𝑚𝑖 . �̅�𝑖). 
 
Para un sistema de partículas, tendremos: 
 
 ∑ �̅�𝑒𝑥𝑡 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
 (𝟏𝟏) 
 
Y 
 �̅�𝑆𝑃 =∑𝑚𝑖. �̅�𝑖
𝑛
𝑖=1
=∑𝑚𝑖.
𝑑(𝑃𝑖 − 𝑂)
𝑑𝑡
=
𝑛
𝑖=1
∑
𝑑[𝑚𝑖. (𝑃𝑖 − 𝑂)]
𝑑𝑡
=
𝑛
𝑖=1
𝑑{∑ [𝑚𝑖 . (𝑃𝑖 − 𝑂)]
𝑛
𝑖=1 }
𝑑𝑡
=
𝑑{[𝑀. (𝐺 − 𝑂)]}
𝑑𝑡
 
 
 
Luego: 
 �̅�𝑆𝑃 =∑𝑚𝑖. �̅�𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑀. �̅�𝐺 (𝟏𝟐) 
 
∑�̅�𝒆𝒙𝒕 =
𝑑(𝑀. �̅�𝐺)
𝑑𝑡
=
𝑑(∑ 𝑚𝑖. �̅�𝑖
𝑛
𝑖=1 )
𝑑𝑡
 
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b. Segunda ecuación universal para un sistema de partículas, en un SRI. 
 
Partimos de la definición del momento cinético para una partícula i cualquiera, 
respecto de un punto arbitrario A: 
 
�̅�𝑖
𝐴 = (𝑃𝑖 − 𝐴) ∧ �̅�𝑖 
Para un sistema: 
�̅�𝑆𝑃
𝐴 =∑(𝑃𝑖 − 𝐴) ∧ �̅�𝑖
𝑛
𝑖=1
 
 
Si derivamos respecto del tiempo t: 
 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
=
𝑑{∑ [(𝑃𝑖 − 𝐴) ∧ �̅�𝑖]
𝑛
𝑖=1 }
𝑑𝑡
 
 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
=∑[
𝑑(𝑃𝑖 − 𝐴)
𝑑𝑡
∧ �̅�𝑖] +
𝑛
𝑖=1
∑[(𝑃𝑖 − 𝐴) ∧
𝑑�̅�𝑖
𝑑𝑡
]
𝑛
𝑖=1
 
 
Donde 
𝑑�̅�𝑖
𝑑𝑡
, es la resultante de las fuerzas exteriores aplicadas sobre la partícula iésima, 
y 
𝑑(𝑃𝑖−𝐴)
𝑑𝑡
, es la velocidad del punto P, menos la velocidad del punto A: 
 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
=∑[(�̅�𝑖 − �̅�𝐴) ∧ �̅�𝑖] +
𝑛
𝑖=1
∑[(𝑃𝑖 − 𝐴) ∧ �̅�𝑖]
𝑛
𝑖=1
 
 
Observemos que, en el primer término del segundo miembro, tendremos que �̅�𝑖 ∧ �̅�𝑖 
es el vector nulo, porque son vectores paralelos y además, si A es un punto fijo, entonces �̅�𝐴 
se anula. En el segundo término tenemos expresado la sumatoria de los momentos de las 
fuerzas resultantes exteriores aplicadas a cada partícula, respecto del punto A: 
 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
= −�̅�𝐴 ∧ �̅�𝑆𝑃 +∑[(𝑃𝑖 − 𝐴) ∧ �̅�𝑖]
𝑛
𝑖=1
= −�̅�𝐴 ∧ �̅�𝑆𝑃 +∑�̅��̅�𝑒𝑥𝑡𝑖
𝐴
𝑛
𝑖=1
 
 
Y reordenando: 
 ∑�̅��̅�𝒆𝒙𝒕𝒊𝐴
𝑛
𝑖=1
=
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
+ �̅�𝐴 ∧ �̅�𝑆𝑃 (𝟏𝟑) 
 
La anterior es la expresión de la segunda ley universal para un sistema de partículas, 
para un sistema de referencia universal. 
 
c. Tercera ecuación universal: 
 
La tercera ecuación universal para una partícula, era simplemente una condición de 
equivalencia entre el trabajo mecánico efectuado por todas las fuerzas exteriores, y la 
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variación de energía cinética de la partícula. En forma diferencial (considerando un 
desplazamiento diferencial), esto se podía expresar como: 
 
�̅�. 𝑑�̅� = 𝑑𝑇 
 
Donde �̅� es la resultante de las fuerzas exteriores que actúan sobre la partícula 
considerada; 𝑑�̅� es el desplazamiento diferencial que estamos considerando, y; 𝑑𝑇 es el 
diferencial total de la Energía Cinética, que se puede calcular como 𝑑𝑇 = 𝑚. �̅�. 𝑑�̅�, o bien 
como 𝑑𝑇 = 𝑚. 𝑑 (
�̅�2
2
) = 𝑑 (
𝑚.�̅�2
2
). 
 
Al primer miembro lo denominábamos trabajo elemental, y lo denotábamos como 𝛿𝑊, 
para poner de manifiesto que en general el trabajo no es un diferencial total, o sea no es una 
función de estado como lo es la energía cinética, que depende solo de las posiciones final e 
inicial. Entonces la primera ecuación para una partícula se podía escribir también como: 
 
𝛿𝑊𝐹𝑒𝑥𝑡 = 𝑑𝑇 
 
Donde el primer miembro representa el trabajo elemental (que es el trabajo debido a 
un desplazamiento elemental), realizado por todas las fuerzas exteriores aplicadas sobre la 
partícula que estábamos considerando. 
 
Para un sistema con n partículas, tendremos: 
 
𝛿𝑊𝐹𝑒𝑥𝑡 + 𝛿𝑊𝐹𝑖𝑛𝑡 = 𝑑𝑇𝑆𝑃 (𝟏𝟒) 
 
Donde en el primer término hay que computar el trabajo de todas las fuerzas, las 
interiores y las exteriores, salvo que las partículas estuvieran vinculadas rígidamente entre sí, 
en cuyo único caso se anularía el trabajo desarrollado por las fuerzas interiores a lo largo del 
desplazamiento 𝑑�̅�. 
 
d. Teorema de König. 
 
El segundo miembro de la ecuación (14) se puede calcular de dos maneras diferentes: 
 
La primera, computando el aporte de cada partícula y sumando: 
 
 𝑇𝑆𝑃 =∑
1
2
.𝑚𝑖. �̅�𝑖
2
𝑛
𝑖=1
 (𝟏𝟓) 
 
Pero la velocidad de cada partícula la podemos referir a la del sistema de masas: 
 
�̅�𝑖 = �̅�𝑖,𝑟𝑒𝑙 + �̅�𝐺 
 
 Si las partículas están rígidamente vinculadas entre sí, entonces no conviene hablar 
de velocidad relativa, ya que técnicamente ésta no existiría. Sin embargo, sus velocidades 
absolutas pueden ser diferentes. En este caso conviene denominarla velocidad de la partícula 
“i” respecto del centro de masas, G: �̅�𝑖/𝐺 
 
 Entonces: 
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�̅�𝑖 = �̅�𝑖/𝐺 + �̅�𝐺 
 
Dejando de lado este tecnicismo, tendremos: 
 
𝑇𝑆𝑃 =∑
1
2
.𝑚𝑖 . (�̅�𝑖,𝐺 + �̅�𝐺)
2
𝑛
𝑖=1
 
 
𝑇𝑆𝑃 =∑{
1
2
.𝑚𝑖. [(�̅�𝑖,𝐺)
2
+ 2. �̅�𝑖,𝐺 . �̅�𝐺 + (�̅�𝐺)
2]}
𝑛
𝑖=1
 
 
𝑇𝑆𝑃 =∑{
1
2
.𝑚𝑖 . (�̅�𝑖,𝐺)
2
}
𝑛
𝑖=1
+∑{
1
2
.𝑚𝑖. 2. �̅�𝑖,𝐺 . �̅�𝐺}
𝑛
𝑖=1
+∑
1
2
.𝑚𝑖. (�̅�𝐺)
2
𝑛
𝑖=1
 
 
𝑇𝑆𝑃 =∑{
1
2
.𝑚𝑖 . (�̅�𝑖,𝐺)
2
}
𝑛
𝑖=1
+ �̅�𝐺 .∑{𝑚𝑖. �̅�𝑖,𝐺}
𝑛
𝑖=1
+
1
2
.𝑀. �̅�𝐺
2 
 
Donde: 
 
�̅�𝑖,𝐺 = �̅�𝑖 − �̅�𝐺 =
𝑑(𝑃𝑖 − 𝐺)
𝑑𝑡
 
 
l segundo término del segundo miembro se puede escribir como: 
 
�̅�𝐺 .∑{𝑚𝑖. �̅�𝑖,𝐺}
𝑛
𝑖=1
= �̅�𝐺 .∑{𝑚𝑖.
𝑑(𝑃𝑖 − 𝐺)
𝑑𝑡
}
𝑛
𝑖=1
= �̅�𝐺 .∑{
𝑑[𝑚𝑖. (𝑃𝑖 − 𝐺)]
𝑑𝑡
}
𝑛
𝑖=1
 
 
= �̅�𝐺 .
𝑑[∑ {𝑚𝑖. (𝑃𝑖 − 𝐺)}
𝑛
𝑖=1 ]
𝑑𝑡
= 0̅ 
 
Ya que ∑ {𝑚𝑖. (𝑃𝑖 − 𝐺)}
𝑛
𝑖=1 es el momento estático o de primer orden respecto al 
baricenro o centro de masas, y como habíamos visto en el punto 2, ecuación (4), es nulo. 
Luego nos queda: 
 
 𝑇𝑆𝑃 =∑{
1
2
.𝑚𝑖. (�̅�𝑖,𝐺)
2
}
𝑛
𝑖=1
+
1
2
.𝑀. �̅�𝐺
2 (𝟏𝟔) 
 
 Esta expresión se conoce con el nombre de Teorema de König, y expresa que la 
energía cinética del sistema es mayor que la que resulta de considerar toda la masa 
concentrada en el centro de masa (lo mismo sucede con el momento cinético…). 
 
 
V. RESUMEN Y ECUACIONES UNIVERSALES PARA SISTEMAS DE 
REFERENCIA NO INERCIALES (SRNI). 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
12/24 
 
Resumiendo, las tres ecuaciones universales para un sistema de referencia inercial, 
se pueden sintetizar en las siguientes: 
 
𝑷𝒂𝒓𝒂 𝑺𝑹𝑰: 
{
 
 
 
 ∑�̅�𝑒𝑥𝑡 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
 (𝟏𝟏)
∑�̅�𝐹𝑒𝑥𝑡.
𝐴 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
+ �̅�𝐴 ∧ �̅�𝑆𝑃 (𝟏𝟑)
𝛿𝑊𝐹𝑒𝑥𝑡 + 𝛿𝑊𝐹𝑖𝑛𝑡 = 𝑑𝑇𝑆𝑃 (𝟏𝟓)
 
 
Donde a su vez: 
 
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�̅�𝑆𝑃 =∑𝑚𝑖 . �̅�𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑀. �̅�𝐺 
�̅�𝑆𝑃
𝐴 =∑(𝑃𝑖 − 𝐴) ∧ �̅�𝑖
𝑛
𝑖=1
 
𝑇𝑆𝑃 =∑
1
2
.𝑚𝑖. �̅�𝑖
2
𝑛
𝑖=1
=∑{
1
2
.𝑚𝑖. (�̅�𝑖/𝐺)
2
}
𝑛
𝑖=1
+
1
2
.𝑀. �̅�𝐺
2
 
 
 
Si tenemos que lidiar con sistemas de referencia no inerciales, podremos utilizar las 
mismas ecuaciones, teniendo siempre presente que las derivadas que aparecen en ellas son 
absolutas. Es decir, al calcularlas, debemos proceder de la siguiente manera: 
 
{
 
 
 
 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
=
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
⌋
𝑎𝑏𝑠
=
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
⌋
𝑟𝑒𝑙
+ �̅�𝑇𝑀 ∧ �̅�𝑆𝑃
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
=
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
⌋
𝑎𝑏𝑠
=
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
⌋
𝑟𝑒𝑙
+ �̅�𝑇𝑀 ∧ �̅�𝑆𝑃
𝐴
 
 
Recordar que tanto 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
⌋
𝑟𝑒𝑙
 como 
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝐴
𝑑𝑡
⌋
𝑟𝑒𝑙
, denotan derivadas que se realizan en forma 
relativa, es decir, suponiendo que la terna móvil está fija, y por ende, no se derivan los 
verdores de los vectores involucrados. 
 
VI. EJERCICIOS RESUELTOS 
 
Ejemplo N° 1: 
 
Como primer ejemplo vamos a plantear un ejercicio clásico, y muy simple, que nos va 
a servir para establecer una metodología de trabajo, así como de punto de arranque para el 
estudio de problemas de mayor complejidad. 
 
Se tiene dos esferas de radio despreciable y de masas concentradas e iguales, 
separadas una distancia 2.L1, que gira a velocidad angular constante alrededor de un eje 
perpendicular a la barra que las une, y que está sustentada por medio de cojinetes apropiados 
que le permiten únicamente un grado de liberta (el de giro). 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
13/24 
 
Datos: 
{
 
 
 
 
 
 
𝜔 = 𝑐𝑡𝑒; 
𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐿2; 
𝐵𝐷 = 𝐵𝐸 = 𝐿1; 
𝑚1 = 𝑚2; 
𝑚1 𝑒𝑠𝑡á 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝐷, 𝑦 𝑚2 𝑒𝑛 𝐸; 
𝐴, 𝑣í𝑛𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 3𝑟𝑎. 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑒; 
𝐵, 𝑣í𝑛𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 2𝑑𝑎. 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑒; 
𝐿𝑎𝑠 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐵𝐷 𝑦 𝐵𝐸 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒𝑛 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒;
 
 
Sistema: Las barras y las dos masas. 
 
Se pide plantear �̅�𝑆𝑃, �̅�𝑆𝑃
𝐵 , y las reacciones de vínculo en A y en C (�̅�𝐴, y �̅�𝐶). 
 
• Resolución: 
 
Planeamos una terna cartesiana fija, como referencia absoluta, que nos va a permitir 
medir el ángulo 𝛼, y una terna móvil como se muestra en la figura. 
 
 Colocamos también una terna móvil con origen O1, coincidente con el origen de la fija 
y coincidente con el punto B del sistema de barras. Además, gira con el sistema de barras (el 
eje X1 es solidario a la barra BE), luego su estado de movimiento será: 
 
𝐸𝑀𝑇𝑀: 
{
 
 
 
 
�̅�𝑂1 = 0̅
�̅�𝑂1 = 0̅
�̅�𝑇𝑀 = 𝜔. �̌�1
𝜀�̅�𝑀 = 0̅
 
 
 
 
Estado de velocidades de la terna móvil:CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
14/24 
 
 𝐸𝑉𝑇𝑀: �̅�𝑃 = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝑃 − 𝑂1) (𝒊) 
 
Y su estado de aceleraciones: 
 
𝐸𝐴𝑇𝑀: �̅�𝑃 = 𝜔. �̌�1 ∧ [𝜔. �̌�1 ∧ (𝑃 − 𝑂1)] (𝒊𝒊) 
 
En el diagrama de cuerpo libre ponemos en evidencia las fuerzas que actúan sobre el 
sistema, que son en total 7. Cinco de vínculo, tres fuerzas en A y dos en C, y los pesos de las 
dos masas en D y en E respectivamente. 
 
Masa total del sistema: 
 
𝑀 = 𝑚1 +𝑚2 (𝒊𝒊𝒊) 
 
Planteamos la ecuación de Cantidad de Movimiento para el sistema 
 
 �̅�𝑆𝑃 =∑𝑚𝑖. �̅�𝑖
2
𝑖=1
= 𝑚. �̅�𝐺 = 𝑚1. �̅�𝐷 +𝑚2. �̅�𝐸 
 
Las velocidades de los puntos D y E, las podemos calcular con la ecuación (i): 
 
�̅�𝐷 = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝐷 − 𝑂1) = 𝜔. �̌�1 ∧ (−𝐿1. 𝑖1̌) = −𝜔. 𝐿1. 𝑗1̌ 
 
�̅�𝐸 = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝐸 − 𝑂1) = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝐿1. 𝑖1̌) = 𝜔. 𝐿1. 𝑗1̌ 
 
Luego, 
�̅�𝑆𝑃 = 𝑚1. �̅�𝐷 +𝑚2. �̅�𝐸 = −𝑚1. 𝜔. 𝐿1. 𝑗1̌ +𝑚2. 𝜔. 𝐿1. 𝑗1̌ = 0̅ (𝒊𝒗) 
 
Y 
�̅�𝑆𝑃
𝐵 =∑(𝑃𝑖 − 𝐵) ∧ 𝑚𝑖 . �̅�𝑖
2
𝑖=1
= −𝐿1. 𝑖1̌ ∧ (−𝑚1. 𝜔. 𝐿1. 𝑗1̌) + 𝐿1. 𝑖1̌ ∧ (𝑚2. 𝜔. 𝐿1. 𝑗1̌) 
 
 �̅�𝑆𝑃
𝐵 = 𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . �̌�1 +𝑚2. 𝜔. 𝐿1
2 . �̌�1 = 2.𝑚2. 𝜔. 𝐿1
2 . �̌�1 (𝒗) 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
15/24 
 
Ponemos en evidencia todas las fuerzas en el DCL. Las componentes de (las fuerzas 
de reacción, las ponemos en evidencia como vectores para denotar su carácter vectorial): 
 
Reacciones de vínculo: 
 
𝐸𝑛 𝐴 → �̅�𝐴 = {
𝑅𝐴𝑥
𝑅𝐴𝑦
𝑅𝐴𝑧
 
 
𝐸𝑛 𝐵 → �̅�𝐵 = {
𝑅𝐵𝑥
𝑅𝐵𝑦
 
 
Planteamos la primera ecuación universal para SRNI: 
 
∑�̅�𝑒𝑥𝑡 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
⌋
𝑅𝐸𝐿
+ �̅�𝑇𝑀 ∧ �̅�𝑆𝑃 
 
𝑅𝐴𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑧. �̌�1 + 𝑅𝐵𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐵𝑦. 𝑗1̌ −𝑚1. 𝑔. �̌�1 −𝑚2. 𝑔. �̌�1 = 0̅ + 𝜔. �̌�1 ∧ 0̅ = 0̅ 
 
Es decir, 
 
𝑅𝐴𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑧. �̌�1 + 𝑅𝐵𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐵𝑦. 𝑗1̌ −𝑚1. 𝑔. �̌�1 −𝑚2. 𝑔. �̌�1 = 0̅ 
 
O sea: 
{
𝑅𝐴𝑥 + 𝑅𝐵𝑥 = 0 (𝒗𝒊) 
𝑅𝐴𝑦 + 𝑅𝐵𝑦 = 0 (𝒗𝒊𝒊) 
𝑅𝐴𝑧 = 𝑚1. 𝑔 +𝑚2. 𝑔 (𝒗𝒊𝒊𝒊)
 
 
Segunda ecuación universal: 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
16/24 
 
∑�̅��̅�𝑒𝑥𝑡
𝑂1 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑂1
𝑑𝑡
⌋
𝑅𝐸𝐿
+ �̅�𝑂1 ∧ �̅�𝑆𝑃 + �̅�𝑇𝑀 ∧ �̅�𝑆𝑃
𝑂1 
 
�̅��̅�𝐴
𝑂1 + �̅��̅�𝐵
𝑂1 + �̅��̅�1
𝑂1 + �̅��̅�2
𝑂1 =
𝑑(2.𝑚2. 𝜔. 𝐿1
2 . �̌�1)
𝑑𝑡
⌋
𝑅𝐸𝐿
+ 0̅ ∧ 0̅ + 𝜔. �̌�1 ∧ (2.𝑚2. 𝜔. 𝐿1
2 . �̌�1) 
 
El segundo miembro es nulo, luego: 
 
�̅�𝐴 ∧ (𝑂1 − 𝐴) + �̅�𝐵 ∧ (𝑂1 − 𝐶) + �̅�1 ∧ (𝑂1 − 𝐷) + �̅�2 ∧ (𝑂1 − 𝐸) = 0̅ 
 
(𝑅𝐴𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑧. �̌�1) ∧ (𝐿2. �̌�1) + (𝑅𝐵𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐵𝑦. 𝑗1̌) ∧ (−𝐿2. �̌�1) + �̅�1 ∧ (𝐿1. 𝑖1̌) + �̅�2
∧ (−𝐿1. 𝑖1̌) = 0̅ 
 
(−𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝐿2. 𝑖1̌) + (𝑅𝐵𝑥 . 𝐿2. 𝑗1̌ − 𝑅𝐵𝑦. 𝐿2. 𝑖1̌) − 𝑚1. 𝑔. 𝐿1. 𝑗1̌ +𝑚1. 𝑔. 𝐿1. 𝑗1̌ = 0̅ 
 
Luego: 
{
𝑅𝐴𝑦 . 𝐿2 − 𝑅𝐵𝑦. 𝐿2 = 0 
−𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2 + 𝑅𝐵𝑥 . 𝐿2 −𝑚1. 𝑔. 𝐿1 +𝑚1. 𝑔. 𝐿1 = 0
 
 
Pero como 𝑚1 = 𝑚2, entonces queda: 
 
{
𝑅𝐴𝑦. 𝐿2 − 𝑅𝐵𝑦. 𝐿2 = 0 (𝒊𝒙)
−𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2 + 𝑅𝐵𝑥 . 𝐿2 = 0 (𝒙)
 
 
Juntando las ecuaciones vi, vii y xi y x, es fácil ver que 
 
𝑅𝐴𝑥 = 𝑅𝐵𝑥 = 𝑅𝐴𝑦 = 𝑅𝐵𝑦 = 0 
 
Son todas nulas. La única que no es nula, es 𝑅𝐴𝑧, que vale 𝑚1. 𝑔 + 𝑚2. 𝑔, o bien 2.𝑚. 𝑔. 
 
En realidad éste es un problema extremadamente sencillo, casi trivial… Lo 
desarrollamos únicamente para resaltar la metodología de resolución sistemática que 
queremos inculcar. 
 
 
Ejemplo N° 2. 
 
Planteamos un problema similar al del caso 1, m1 = m2, pero la barra DBE, que vincula 
a las dos masas está inclinada con respecto al eje Z (o Z1 también, porque ambos ejes son 
coincidentes). 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐿2. Remitimos al lector al esquema para entender mejor la 
situación. Hacemos hincapié en que mantenemos la igualdad en las longitudes de las barras 
que sirven de sostén a las masas respectivas: DB = BE = L1. La diferencia con el ejemplo 1, 
es que estas barras están inclinadas respecto al eje de X1 de la terna móvil, que acompaña 
su movimiento. Es decir, BE no es colineal a X1 sino, que está en el plano X1-Z1, formando un 
ángulo 𝛼 con Z1. 
 
 
 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
17/24 
 
 
 
 
 
 
 
 Análisis intuitivo: 
�̅�𝐴𝑧 = (𝑚1 +𝑚2). 𝑔. �̌�1 
 
𝑎𝑐 = 𝜔
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝛼) => 𝐹𝑐 = 𝜔
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝛼).𝑚2 => �̅�𝐹𝑐 = 𝜔
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝛼).𝑚2. 2. 𝐿1. cos(𝛼) . 𝑗1̌ 
 
�̅�𝑅𝑥 = −2.𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2. 𝑗1̌ 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎 𝑎 �̅�𝐹𝑐 => 𝑅𝐴𝑥 = 
𝜔2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛(𝛼).𝑚2. 2. 𝐿1. cos(𝛼)
2. 𝐿2
 
 
 
Los sistemas de referencia fijo y móvil son los mismos que en el ejemplo anterior. El 
estado de movimiento, de velocidad y aceleraciones de la Terna Móvil, también. 
 
 
𝐸𝑀𝑇𝑀: 
{
 
 
 
 
�̅�𝑂1 = 0̅
�̅�𝑂1 = 0̅
�̅�𝑇𝑀 = 𝜔. �̌�1
𝜀�̅�𝑀 = 0̅
 
 
𝐸𝑉𝑇𝑀: �̅�𝑃 = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝑃 − 𝑂1) (𝒊) 
 
𝐸𝐴𝑇𝑀: �̅�𝑃 = 𝜔. �̌�1 ∧ [𝜔. �̌�1 ∧ (𝑃 − 𝑂1)] (𝒊𝒊) 
 
Masa total: 
 
𝑀 = 𝑚1 +𝑚2 = 2.𝑚1 = 2.𝑚2 (𝒊) 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
18/24 
 
 
�̅�𝐷 = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝐷 − 𝑂1) = 𝜔. �̌�1 ∧ (−𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑖1̌ − 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼. �̌�1) = −𝜔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌ 
 
�̅�𝐸 = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝐸 − 𝑂1) = 𝜔. �̌�1 ∧ (𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑖1̌ + 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼. �̌�1) = 𝜔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌ 
 
Cantidad de Movimiento del Sistema: 
 
�̅�𝑆𝑃 = 𝑚1. �̅�𝐷 +𝑚2. �̅�𝐸 = −𝑚1. 𝜔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌ +𝑚2. 𝜔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌ = 0̅ (𝒊𝒊) 
 
�̅�𝑆𝑃
𝐵 =∑(𝑃𝑖 − 𝐵) ∧ 𝑚𝑖. �̅�𝑖
2
𝑖=1
= (−𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑖1̌ − 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼. �̌�1) ∧ (−𝑚1. 𝜔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌)
+ (𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑖1̌ + 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼. �̌�1) ∧ (𝑚2. 𝜔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌) 
 
�̅�𝑆𝑃
𝐵 = 𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛2𝛼. �̌�1 −𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑖1̌ +𝑚2. 𝜔. 𝑠𝑒𝑛
2𝛼. 𝐿1
2 . �̌�1
−𝑚2. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑖1̌ 
 
Y como m1 = m2, 
 
�̅�𝑆𝑃
𝐵 = 2.𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛2𝛼. �̌�1 − 2.𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑖1̌ (𝒊𝒊𝒊) 
 
Reacciones de vínculo: Procedemos igual que en el ejemplo anterior, planteamos la 
primera ecuación universal para SRNI: 
 
∑�̅�𝑒𝑥𝑡 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑑𝑡
⌋
𝑅𝐸𝐿
+ �̅�𝑇𝑀 ∧ �̅�𝑆𝑃 
 
Todo el segundo miembro es nulo ya que �̅�𝑆𝑃 = 0̅. Luego: 
 
𝑅𝐴𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑧. �̌�1 + 𝑅𝐶𝑥. 𝑖1̌ + 𝑅𝐶𝑦. 𝑗1̌ −𝑚1. 𝑔. �̌�1 −𝑚2. 𝑔. �̌�1 = 0̅ 
 
𝑅𝐴𝑥 . 𝑖1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑧. �̌�1 + 𝑅𝐶𝑥. 𝑖1̌ + 𝑅𝐶𝑦. 𝑗1̌ −𝑚1. 𝑔. �̌�1 −𝑚1. 𝑔. �̌�1 = 0̅ 
 
O sea: 
{
𝑅𝐴𝑥 + 𝑅𝐶𝑥 = 0 (𝒊𝒗)
𝑅𝐴𝑦 + 𝑅𝐶𝑦 = 0 (𝒗) 
𝑅𝐴𝑧 = 𝑚1. 𝑔 + 𝑚2. 𝑔 = 2.𝑚1. 𝑔 (𝒗𝒊)
 
 
Segunda ecuación universal: 
 
∑�̅��̅�𝑒𝑥𝑡
𝑂1 =
𝑑�̅�𝑆𝑃
𝑂1
𝑑𝑡
⌋
𝑅𝐸𝐿
+ �̅�𝑂1 ∧ �̅�𝑆𝑃 + �̅�𝑇𝑀 ∧ �̅�𝑆𝑃
𝑂1 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
19/24 
 
�̅��̅�𝐴
𝑂1 + �̅��̅�𝐶
𝑂1 + �̅��̅�1
𝑂1 + �̅��̅�2
𝑂1
=
𝑑(2.𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛2𝛼. �̌�1 − 2.𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑖1̌)
𝑑𝑡
⌋
𝑅𝐸𝐿
+ 0̅ ∧ 0̅ + 𝜔. �̌�1
∧ (2.𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛2𝛼. �̌�1 − 2.𝑚1. 𝜔. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑖1̌) 
 
En el segundo miembro el primer término es nulo, el segundo también, y el tercero 
queda: −2.𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑗1̌ 
 
 �̅�𝑨 ∧ (𝑂1 − 𝐴) + �̅�𝑪 ∧ (𝑂1 − 𝐶) + �̅�1 ∧ (𝑂1 − 𝐷) + �̅�2 ∧ (𝑂1 − 𝐸) = −2.𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑗1̌ 
 
(𝑹𝑨𝒙. �̌�𝟏 + 𝑹𝑨𝒚. 𝒋̌𝟏 + 𝑹𝑨𝒛. �̌�𝟏) ∧ (𝐿2. �̌�1) + (𝑹𝑪𝒙. �̌�𝟏 + 𝑹𝑪𝒚. 𝒋̌𝟏) ∧ (−𝐿2. �̌�1) −𝒎𝟏. 𝒈. �̌�𝟏
∧ (𝑳𝟏. 𝒔𝒆𝒏𝜶. �̌�𝟏 + 𝑳𝟏. 𝒄𝒐𝒔𝜶. �̌�𝟏) −𝑚2. 𝑔. �̌�1 ∧ (−𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑖1̌ − 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼. �̌�1)
= −2.𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑗1̌ 
 
(−𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2. 𝑗1̌ + 𝑅𝐴𝑦. 𝐿2. 𝑖1̌) + (𝑅𝐶𝑥. 𝐿2. 𝑗1̌ − 𝑅𝐶𝑦. 𝐿2. 𝑖1̌) − 𝑚1. 𝑔.𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌ +𝑚2. 𝑔. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑗1̌
= −2.𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑗1̌ 
 
{
𝑅𝐴𝑦. 𝐿2 − 𝑅𝐶𝑦. 𝐿2 = 0 (𝒗𝒊𝒊)
−𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2 + 𝑅𝐶𝑥. 𝐿2 = −2.𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼 (𝒗𝒊𝒊𝒊)
 
 
 
Las ecuaciones v y vii, indican que: 
 
𝑅𝐴𝑦 = 𝑅𝐶𝑦 = 0 (𝒊𝒙) 
 
Y las ecuaciones iv y viii: 
 
{
𝑅𝐴𝑥 + 𝑅𝐶𝑥 = 0 (𝒙)
−𝑅𝐴𝑥 . 𝐿2 + 𝑅𝐶𝑥 . 𝐿2 = −2.𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼 (𝒙𝒊)
 
 
Luego: 
 
{
 
 
 
 𝑅𝐶𝑥 = −
𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝐿2
 (𝒙𝒊𝒊) 
𝑅𝐴𝑥 =
𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝐿2
 (𝒙𝒊𝒊𝒊)
 
 
Resumiendo: 
 
{
 
 
 
 
 
 𝑅𝐴𝑥 =
𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝐿2
 (𝒙𝒊𝒊𝒊)
𝑅𝐶𝑥 = −
𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝐿2
 (𝒙𝒊𝒊) 
𝑅𝐴𝑦 = 0 (𝒊𝒙) 
𝑅𝐶𝑦 = 0 (𝒊𝒙) 
𝑅𝐴𝑧 = 2.𝑚1. 𝑔 (𝒗𝒊𝒊)
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
20/24 
 
 
 
Vemos que ahora 𝑅𝐴𝑥 tira del cojinete en dirección radial, y 𝑅𝐶𝑥 en sentido contrario. 
Ambos están equilibrando el par debido a la pseudofuerza centrífuga de intensidad 
𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼, que actúa sobre ambas masas, separadas una distancia 𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼, por lo que 
producen un par resultante (𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1. 𝑠𝑒𝑛𝛼). (𝐿1. 𝑐𝑜𝑠𝛼). Esto es: 𝑚1. 𝜔
2. 𝐿1
2 . 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛼, en la 
dirección de 𝑗1̌. 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo N° 3. 
 
Por último, vamos a agregar este 3er. ejemplo, que no está relacionado con los 
anteriores, pero nos pareció interesante para resaltar la potencia de la formulación de este 
enfoque, para casos de choque o de impacto. El problema está extraído del Beer Jhonston, 
“Mecánica Vectorial para Ingenieros”, tomo 2, así que de paso, vamos a practicar un poco, el 
manejo de unidades inglesas. 
 
El problema en cuestión dice más o menos así: Una patrulla A se dirigía hacia el este, 
a 60 mph (mi/h), atendiendo una llamada de emergencia de la policía, cuando fue golpeada 
en una intersección por el automóvil B, que circulaba en dirección Sur, a gran velocidad. Tras 
deslizarse unidos sobre el pavimento húmedo, ambos automóviles golpearon a la patrulla C, 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
21/24 
 
que se dirigía hacia el Norte a 45 mph. Los tres automóviles nuevamente unidos, golpean una 
pared y se detienen en D. 
 
 
Si el automóvil B pesaba 3.600 lbf, cada una de las patrullas 3000 lbf, y el oficial que 
manejaba la patrulla C, declara después que su patrulla estaba a 63 ft de la intersección 
cuando ocurrió el primer choque, determínese: a) La velocidad del automóvil B, y; b) El tiempo 
que transcurrió desde que ocurrió el primer choque, hasta que se detuvieron todos los móviles 
en D (despréciense las fuerzas de rozamiento de los automóviles con el pavimento húmedo). 
 
Bien, por razones obvias consideramos a las patrullas como objetos puntuales. Y para 
razonar, partimos al revés, analizamos primero el último choque, por el que se trasladan los 
tres vehículos unidos desde C hasta D. 
 
Consideramos como instante inicial, el momento en que colisiona el automóvil B con 
la patrulla A. La posición inicial del choque entre A y B es en (0; 0). Es decir, en 0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌. El 
móvil C, en ese instante se encontraba en la posición 20𝑓𝑡. 𝑖̌ − 63𝑓𝑡. 𝑗.̌ 
Si llamamos: 
�̅�𝐴 → 𝑉𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑡𝑟𝑢𝑙𝑙𝑎 𝐴; 
�̅�𝐵 → 𝑉𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚ó𝑣𝑖𝑙 𝐵; 
�̅�𝐶 → 𝑉𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑡𝑟𝑢𝑙𝑙𝑎 𝐶; 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
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En el instante inicial tendremos: 
 
�̅�𝐴𝑜 = 0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌ 
�̅�𝐵𝑜 = 0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌ 
�̅�𝐶𝑜 = 20 𝑓𝑡. 𝑖̌ − 63 𝑓𝑡. 𝑗̌ 
 
Consideramos como sistema a los 3 vehículos que interactúan entre sí. Buscamos 
primero la posición del centro de Masa, o baricentro, en el instante inicial: 
 
Masa total del sistema (pasmos a usar sistema absoluto inglés): 
𝑀 =∑𝑚𝑖
3
𝑖=1
= 𝑚𝐴 +𝑚𝐵 +𝑚𝐶 = 3.000 𝑙𝑏𝑚 + 3.600 𝑙𝑏𝑚 + 3.000 𝑙𝑏𝑚 
 
𝑴 = 𝟗.𝟔𝟎𝟎 𝒍𝒃𝒎 (𝒊) 
Baricentro en t0: 
 
�̅�𝐺(𝑡𝑜) =
∑ (�̅�𝑖. 𝑚𝑖)
3
𝑖=1
𝑀
=
�̅�𝐴𝑜. 𝑚𝐴 + �̅�𝐵𝑜. 𝑚𝐵 + �̅�𝐶𝑜. 𝑚𝐶
𝑀
 
 
(𝑥𝑡𝑜. 𝑖̌ + 𝑦𝑡𝑜. 𝑗̌). 9.600 𝑙𝑏𝑚
= (0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌). 3.000 𝑙𝑏𝑚 + (0. 𝑖̌ + 0. 𝑗̌). 3.600 𝑙𝑏𝑚
+ (20 𝑓𝑡. 𝑖̌ − 63 𝑓𝑡. 𝑗̌). 3.000 𝑙𝑏𝑚 
 
�̅�𝐺(𝑡𝑜) = (𝑥𝑡𝑜. 𝑖̌ + 𝑦𝑡𝑜. 𝑗̌) =
(20 𝑓𝑡. 𝑖̌ − 63 𝑓𝑡. 𝑗̌). 3.000 𝑙𝑏𝑚
9.600 𝑙𝑏𝑚
 
 
�̅�𝑮(𝒕𝒐) = 𝟔, 𝟐𝟓 𝒇𝒕. �̌� − 𝟏𝟗, 𝟔𝟖𝟕𝟓 𝒇𝒕. 𝒋̌ (𝒊𝒊) 
 
A partir de to, los móviles A y B se deslizan como un solo cuerpo (choque 
perfectamente plástico), hasta un punto donde impactan en el instante t1, con la patrulla C. 
 
La posición del impacto en t1 es desconocida, pero como nuevamente en este segundo 
choque tampoco actúan fuerzas exteriores, por lo que la cantidad de movimiento del sistema 
se sigue conservando, y por ende la velocidad del centro de masa, no cambia. 
 
Después del segundo impacto, el sistema se mueve ahora como un solo bloque 
(porque otra vez la colisión es perfectamente plástica), y se deslizan todos juntos hasta D. 
 
�̅�𝑆𝑃(𝑡𝑜) = �̅�𝑆𝑃(𝑡1) = �̅�𝑆𝑃(𝑡2) 
 
∑𝑚𝑖 . �̅�𝑖(𝑡𝑜)
3
𝑖=1
= �̅�𝑆𝑃(𝑡0) 
 
𝑚𝐴. �̅�𝐴(𝑡𝑜) +𝑚𝐵. �̅�𝐵(𝑡𝑜) +𝑚𝐶 . �̅�𝐶(𝑡𝑜) = 𝑀. �̅�𝐺(𝑡𝑜) = 𝑀. �̅�𝐺(𝑡) 
 
𝑚𝐴. 𝑉𝐴. 𝑖̌ + 𝑚𝐵. 𝑉𝐵. 𝑗̌ + 𝑚𝐶 . 𝑉𝐶 . 𝑗̌ = 𝑀. (𝑉𝐺𝑥. 𝑖̌ + 𝑉𝐺𝑦. 𝑗̌) 
 
CAPÍTULO 6 Dinámica de los Sistemas de Partículas 
 
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3.000 𝑙𝑏𝑚. 60𝑚𝑝ℎ. 𝑖̌ − 3.600 𝑙𝑏𝑚. 𝑉𝐵. 𝑗̌ + 3000 𝑙𝑏𝑚. 45𝑚𝑝ℎ. 𝑗̌ = 9.600 𝑙𝑏𝑚. (𝑉𝐺𝑥. 𝑖̌ + 𝑉𝐺𝑦. 𝑗̌) 
 
𝑉𝐺𝑥. 𝑖̌ + 𝑉𝐺𝑦. 𝑗̌ =
3.000 𝑙𝑏𝑚. 60𝑚𝑝ℎ. 𝑖̌ − 3.600 𝑙𝑏𝑚. 𝑉𝐵. 𝑗̌ + 3000 𝑙𝑏𝑚. 45𝑚𝑝ℎ. 𝑗̌
9.600 𝑙𝑏𝑚
 
 
𝑉𝐺𝑥. 𝑖̌ + 𝑉𝐺𝑦 . 𝑗̌ = 18,75 𝑚𝑝ℎ. 𝑖̌ +
−3.600 𝑙𝑏𝑚. 𝑉𝐵. 𝑗̌ + 3000 𝑙𝑏𝑚. 45𝑚𝑝ℎ. 𝑗̌
9.600 𝑙𝑏𝑚
 
 
{
𝑉𝐺𝑥 = 18,75 𝑚𝑝ℎ (𝒊𝒊𝒊)
𝑉𝐺𝑦 =
−3.600 𝑙𝑏𝑚. 𝑉𝐵 + 3000 𝑙𝑏𝑚. 45𝑚𝑝ℎ
9.600 𝑙𝑏𝑚
 (𝒊𝒗)
 
 
 
En t1, cuando impactan A y B con C, la posición del centro de masa nos es parcialmente 
desconocida: 
 
�̅�𝐺(𝑡1) = 20 𝑓𝑡. 𝑖̌ + 𝑦. 𝑗̌ 
Pero la posición de D, final, es conocida (posición final del baricentro del sistema en el 
instante t2): 
 
�̅�𝐺(𝑡2) = 42. 𝑓𝑡. 𝑖̌ − 46,5. 𝑓𝑡. 𝑗̌ 
 
Como hasta un segundo antes de impactar en D con la pared, todavía no han actuado 
fuerzas exteriores, tenemos asegurada la constancia de la cantidad de movimiento total del 
sistema. Luego, podemos calcular el tiempo total de deslizamiento, entre t0 y t2 de la siguiente 
manera: 
 
∆𝑡0,2 = 𝑡2 − 𝑡0 =
∆𝑟𝐺𝑥
𝑉𝐺𝑥
=
42𝑓𝑡 − 6,25 𝑓𝑡
18,75 𝑚𝑝ℎ × 5.280
𝑓𝑡
𝑚𝑖 ×
ℎ
3.600 𝑠𝑒𝑔
= 1,29997 𝑠𝑒𝑔 
 
∆𝒕𝟎,𝟐 ≅ 𝟏, 𝟑 𝒔𝒆𝒈 (𝒗) 
 
Que es tiempo total transcurrido entre el primer choque, y la detención final (un 
instante, ni siquiera un segundo, de chocar con la pared. 
 
Con este ∆𝑡, podemos calcular ahora, la componente en 𝑗̌ de la velocidad del centro 
de masa: 
 
𝑉𝐺𝑦 =
∆𝑟𝐺20,𝑦
∆𝑡0,2
=
−46,5 𝑓𝑡 − (−19,6875𝑓𝑡)
1,3 𝑠𝑒𝑔
= −20,625 𝑓𝑡𝑠 
 
En módulo, 
|𝑉𝐺𝑦| = 20,625 
𝑓𝑡
𝑠𝑒𝑔
×
𝑚𝑖
5280 𝑓𝑡
×
3.600 𝑠𝑒𝑔
ℎ
= 14,0625 𝑚𝑝ℎ (𝒗𝒊) 
 
Y retomando la ecuación (iv) en vistas del resultado obtenido en (vi), tendremos que: 
 
𝑉𝐺𝑦 =
−3.600 𝑙𝑏𝑚. 𝑉𝐵 + 3000 𝑙𝑏𝑚. 45𝑚𝑝ℎ
9.600 𝑙𝑏𝑚
= −14,0625 𝑚𝑝ℎ 
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Donde le hemos agregado el signo a 𝑉𝐺𝑦. Por tanto: 
 
𝑉𝐵 =
3000𝑙𝑏𝑚 × 45𝑚𝑝ℎ + 9600𝑙𝑏𝑚 × 14,0625𝑚𝑝ℎ
3600 𝑙𝑏𝑚
= 75 𝑚𝑝ℎ (𝒗𝒊) 
 
Luego,como 𝑉𝐵 es el módulo de la velocidad del móvil B, tendremos que 
 
�̅�𝑩 = −𝟕𝟓 𝒎𝒑𝒉 𝒋 ̌
 
VII. BIBLIOGRAFÍA 
 
 
a. Mecánica teórica, de Ricardo Hertig, librería El Ateneo, 4ta. Edición; 
b. Mecánica de Ángel Rodolfo Alessio, editado por el CEIT (UTN), Buenos Aires, 2007; 
c. Mecánica de Luis Roque Argüello, Answer Just in Time, Buenos Aires, 2003; 
d. Mecánica vectorial para ingenieros de Beer Johonston, e. Mac Graw Hill; 
e. Curso breve de mecánica teórica de TARG, editorial MIR; 
f. Álgebra: 
• Álgebra y elementos de geometría analítica de H. Di Caro, tomo II, Munro Editora; 
• Nociones de geometría analítica y álgebra lineal, de A. M. Karzak, S. P. Pastorelli 
y P. E. Vardanega, editorial Mc Graw Hill; 
• Álgebra: Canal de youtube “Álgebra para todos”, de Juan Ignacio Silva.