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Rotacion

This document discusses rotational motion concepts like angular velocity, linear velocity, angular acceleration, and tangential acceleration for objects moving in circular motion. It provides examples of points located at different distances from the axis of rotation on a spinning disk. The key points are that angular velocity is the same for all points on a rotating object but linear velocity and tangential acceleration increase with distance from the axis of rotation. Several problems are worked through calculating values like angular acceleration, angular velocity, revolutions, and linear speeds for objects undergoing constant angular acceleration.

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Rotación 1. Dos puntos sobre un disco giran a velocidad angular constante: uno de ellos está en el borde del disco y el otro a la mitad de distancia entre el borde y el eje. ¿Cuál de los dos puntos recorre una mayor distancia en un tiempo determinado? ¿Cuál gira un ángulo mayor? ¿Cuál posee mayor velocidad? ¿Y mayor velocidad angular? ¿Cuál tiene mayor aceleración tangencial? ¿Y mayor aceleración angular? ¿Y mayor aceleración centrípeta?  El que está más alejado recorre más distancia.  Los dos giran el mismo ángulo.  El que está más alejado tiene mayor velocidad lineal.  Los dos tienen la misma velocidad angular.  Los dos tienen la misma aceleración angular, el más alejado tiene más aceleración tangencial.  El más alejado tiene mayor aceleración normal o centrípeta. 2. Verdadero o falso: a) La velocidad angular y la velocidad lineal tiene las mismas dimensiones. b) Todas las partes de una rueda giratoria tienen la misma velocidad angular. c) Todas las partes de una rueda giratoria deben tener la misma aceleración angular. Falso, verdadero y verdadero. 3. Partiendo del reposo, un disco realiza 10 revoluciones hasta alcanzar la velocidad angular ω. Con aceleración angular constante, ¿Cuántas revoluciones adicionales debe realizar para alcanzar una velocidad 2 ω? a) 10 rev b) 20 rev c) 30 rev d) 40 rev e) 50 rev 𝝎𝟐 = 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝝋 = 𝟐𝟎 ∗ 𝜶 𝟒 ∗ 𝝎𝟐 − 𝝎𝟐 = 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝝋𝟐 𝟒 ∗ 𝟐𝟎 ∗ 𝜶 − 𝟐𝟎 ∗ 𝜶 = 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝝋𝟐 𝚫𝝋𝟐 = 𝟑𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝐑𝐞𝐬𝐩𝐮𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐜 4. Una partícula se mueve en una circunferencia de radio 90 m con una velocidad de módulo constante de 25 m/s. a) ¿Cuál es su velocidad angular en radianes por segundo alrededor del centro de la circunferencia? b) ¿Cuántas revoluciones realiza en 30 s? a) 𝝎 = 𝒗 𝑹 = 𝟐𝟓 𝟗𝟎 = 𝟎,𝟐𝟕𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝒔 b) 𝚫𝜽 = 𝝎 ∗ 𝚫𝒕 = 𝟎,𝟐𝟕𝟖 ∗ 𝟑𝟎 = 𝟖, 𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅 𝟖,𝟑𝟒 𝐫𝐚𝐝 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 = 𝟏,𝟑𝟑 𝒓𝒆𝒗 5. Una rueda parte del reposo y tiene aceleración angular constante de 2,6 rad/s2 . a) ¿Cuál es su velocidad angular después de 6 s? b) ¿Qué ángulo habrá girado? c) ¿Cuántas revoluciones habrá realizado? d) ¿Cuál es la velocidad y la aceleración de un punto situado a 0,3 m del eje de rotación? a) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎 = 𝟐,𝟔 ∗ 𝟔 = 𝟏𝟓,𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐
𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐, 𝟔 ∗ 𝟔𝟐 = 𝟒𝟔,𝟖 𝒓𝒂𝒅 c) 𝟒𝟔,𝟖 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 = 𝟕, 𝟒𝟓 𝒓𝒆𝒗 d) 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝑹 𝒗(𝟔) = 𝟏𝟓,𝟔 ∗ 𝟎, 𝟑 = 𝟒,𝟔𝟖 𝒎/𝒔 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑹 = 𝟐,𝟔 ∗ 𝟎,𝟑 = 𝟎,𝟕𝟖 𝒎/𝒔𝟐 𝒂𝒏 = 𝒗𝟐 𝑹 = 𝒘𝟐 ∗ 𝑹 𝒂𝒏(𝟔) = 𝟏𝟓,𝟔𝟐 ∗ 𝟎, 𝟑 = 𝟕𝟑 𝒎/𝒔𝟐 𝒂 = √𝒂𝒕 𝟐 + 𝒂𝒏 𝟐 𝒂(𝟔) = √𝟎, 𝟕𝟖𝟐 + 𝟕𝟑𝟐 = 𝟕𝟑 𝒎/𝒔𝟐 6. Un tocadiscos que gira a 33 1/3 rev/min se desconecta. Se frena con aceleración angular constante y queda parada al cabo de 26 s. a) Hallar la aceleración angular. b) ¿Cuál es la velocidad angular media del tocadiscos? c) ¿Cuántas revoluciones realiza antes de detenerse? a) 𝜶 = 𝚫𝝎 𝚫𝒕 𝝎𝒐 = 𝟑𝟑,𝟑𝟑 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎𝒔 = 𝟑, 𝟒𝟗 𝒓𝒆𝒗/𝒔 𝜶 = 𝟎−𝟑,𝟒𝟗 𝟐𝟔 = −𝟎,𝟏𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝝎𝒎 = 𝚫𝜽 𝚫𝒕 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 𝜽 = 𝟑,𝟒𝟗 ∗ 𝟐𝟔𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟏𝟑𝟒 ∗ 𝟐𝟔𝟐 = 𝟒𝟓,𝟒𝟓 𝒓𝒂𝒅 𝝎𝒎 = 𝚫𝜽 𝚫𝒕 = 𝟒𝟓,𝟒𝟓 𝟐𝟔 = 𝟏, 𝟕𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) 𝟒𝟓,𝟒𝟓 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 = 𝟕,𝟐𝟑 𝒓𝒆𝒗 7. Un disco de 12 cm de radio alrededor de su eje partiendo del reposo con aceleración angular constante de 8 rad/s2 . Al cabo de t= 5 s. a) ¿Cuál es la velocidad angular del disco? b) ¿Cuál es la aceleración tangencial at y centrípeta ac de un punto del borde del disco? a) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎(𝟓) = 𝟖 ∗ 𝟓 = 𝟒𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑹 = 𝟖 ∗ 𝟎,𝟏𝟐 = 𝟎,𝟗𝟔 𝒎/𝒔𝟐 𝒂𝒏 = 𝒗𝟐 𝑹 = 𝒘𝟐 ∗ 𝑹 𝒂𝒏(𝟓) = 𝟒𝟎𝟐 ∗ 𝟎,𝟏𝟐 = 𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔𝟐 8. Los locutores de radio que todavía utilizan discos de vinilo deben tener cuidado cuando conectan discos grabados en directo. Mientras los álbumes gravados ene estudio tienen espacios en blanco entre las canciones, los discos mencionados suelen tener los aplausos del público. Si los niveles de volumen se dejan elevados cuando el disco se conecta, suena como si la audiencia hubiera irrumpido súbitamente a través de la pared. Si un disco que parte del reposo gira 10º en 0,5 s, ¿cuánto tiempo debe esperar el locutor antes de que el disco alcance la velocidad angular requerida de 33 1/3 rev/min? Suponer aceleración angular constante. 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐
𝟏𝟎𝒐 ∗ 𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏𝟖𝟎𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝟎,𝟓𝟐 ; 𝜶 = 𝟏𝟎∗𝝅 𝟏𝟖𝟎∗𝟎,𝟓𝟐 = 𝟎,𝟔𝟗𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝟑𝟑,𝟑𝟑 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎𝒔 = 𝟎,𝟔𝟗𝟖 ∗ 𝚫𝒕 𝚫𝒕 = 𝟑𝟑,𝟑𝟑∗𝟐∗𝝅 𝟔𝟎∗𝟎,𝟔𝟗𝟖 = 𝟓 𝒔 9. Una rueda Ferris de radio 12 m da una vuelta cada 27 s. a) ¿Cuál es su velocidad angular en radianes por segundo? b) ¿Cuál es la velocidad lineal de un pasajero? c) ¿Cuál es la aceleración centrípeta de un pasajero? a) 𝝎 = 𝟏 𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂 𝟐𝟕 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂 = 𝟎,𝟐𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝑹 = 𝟎,𝟐𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟐 = 𝟐,𝟕𝟗 𝒎/𝒔 c) 𝒂𝒏 = 𝒗𝟐 𝑹 = 𝒘𝟐 ∗ 𝑹 = 𝟎,𝟐𝟑𝟑𝟐 ∗ 𝟏𝟐 = 𝟎,𝟔𝟓𝟏 𝒎/𝒔𝟐 10. Un ciclista parte del reposo. Al cabo de 8 s las ruedas han verificado 3 rev. a) ¿Cuál es la aceleración angular de las ruedas? b) ¿Cuál es su velocidad angular al cabo de 8 s? a) 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 𝟑 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝟖𝟐 ; 𝜶 = 𝟑∗𝟐∗𝝅∗𝟐 𝟖𝟐 = 𝟎,𝟓𝟖𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎 = 𝟎,𝟓𝟖𝟗 ∗ 𝟖 = 𝟒, 𝟕𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔 11. ¿Cuál es la velocidad angular de la Tierra en rad/s al girar alrededor de su eje? 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟏 𝒉𝒐𝒓𝒂 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 = 𝟕, 𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟐−𝟓 𝒔 12. Una rueda giratoria describe 5 rad en 2,8 s antes de detenerse con aceleración angular constante. La velocidad inicial angular de la rueda antes de iniciar su frenado era a) 0,6 rad/s b) 0,9 rad/s c) 1,8 rad/s d) 3,6 rad/s e) 7,2 rad/s 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝟓 = 𝝎𝒐 ∗ 𝟐,𝟖 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝟐, 𝟖𝟐 𝟎 = 𝝎𝒐 − 𝜶 ∗ 𝟐, 𝟖 Despejando la aceleración angular: 𝜶 = 𝝎𝒐 𝟐,𝟖 𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒚𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒐𝒕𝒓𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏: 𝟓 = 𝝎𝒐 ∗ 𝟐,𝟖 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐,𝟖 ∗ 𝟐, 𝟖𝟐 Despejando la velocidad inicial: 𝝎𝒐 = 𝟑, 𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 13. Una estación espacial circular de radio 5,10 km se encuentra muy alejada de cualquier estrella. Su velocidad de rotación es controlable en cierto grado, de modo que la gravedad aparente se modifica según el gusto de aquellos que toman las decisiones. David “el Terrestre” solicita una gravedad artificial de 9,8 m/s2 en la circunferencia. Realmente lo que le interesa en secreto es conseguir una ventaja
gravitatoria casera ante el próximo torneo interestelar de baloncesto. La petición de David requeriría en la estación espacial una velocidad angular de a) 4,4 10-2 rad/s b) 7,0 10-3 rad/s c) 0,28 rad/s d) -0,22 rad/s e) 1300 rad/s 𝒂𝒏 = 𝝎𝟐 ∗ 𝑹 ; 𝝎 = √ 𝒂𝒏 𝑹 = √ 𝟗,𝟖 𝟓,𝟏𝟎∗𝟏𝟎𝟑 = 𝟎, 𝟎𝟒𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔 14. Una bicicleta tiene ruedas de 1,2 m de diámetro. El ciclista acelera desde el reposo con aceleración constante hasta alcanzar la velocidad de 24 km/h en 14,0 segundos. ¿Cuál es la aceleración angular de las ruedas? 𝟐𝟒 𝒌𝒎 𝒉 ∗ 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒎 𝟏 𝒌𝒎 ∗ 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 = 𝟔,𝟔𝟕 𝒎/𝒔 𝜶 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝚫𝒗 𝚫𝒕∗𝑹 = 𝟔,𝟔𝟕−𝟎 𝟏𝟒,𝟎∗𝟎,𝟔 = 𝟎, 𝟕𝟗𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 15. La cinta de una “cassette” de vídeo VHS estándar tiene una longitud L=246 m; su duración en funcionamiento es de 2,0 horas. (figura). Al comienzo, el carrete que contiene la cinta tiene un radio externo de aproximadamente R=45 mm, mientras que su radio interno es r= 12 mm aproximadamente. En cierto punto de su recorrido, ambos carretes tienen la misma velocidad angular. Calcular esta velocidad angular en rad/s y rev/min. Cuando las dos velocidades son iguales:
𝝎= = 𝒗 𝑹𝒇 Las áreas totales son las mismas en las dos situaciones, dado que la cinta es la misma: 𝝅 ∗ 𝑹𝟐 − 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝒇 𝟐 − 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 𝑹𝒇 = √𝑹𝟐+𝒓𝟐 𝟐 La velocidad lineal de la cinta es constante y su valor es: 𝒗 = 𝑳 𝑻 ; 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑳 𝒆𝒔 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒊𝒏𝒕𝒂 𝒚 𝑻 𝒆𝒍 𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒆 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐. Substituimos la expresión de Rf y v en la primera ecuación: 𝝎= = 𝑳/𝑻 √𝑹𝟐+𝒓𝟐 𝟐 = 𝟐𝟒𝟔/(𝟐∗𝟑𝟔𝟎𝟎) √𝟎,𝟎𝟒𝟓𝟐+𝟎,𝟎𝟏𝟐𝟐 𝟐 = 𝟏, 𝟎𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟏,𝟎𝟒 𝒓𝒂𝒅 𝒔 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏 = 𝟗, 𝟗𝟑 𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏 Momento de una fuerza, momento de inercia y segunda ley de Newton aplicada a la rotación 16. Las dimensiones del momento de una fuerza son las mismas que las del a) Impulso b) energía c) cantidad de movimiento d) ninguna de las anteriores Las dimensiones del momento son: [𝑭 ∗ 𝒅] = 𝑴 ∗ 𝑳𝟑 ∗ 𝑻−𝟐 𝑪𝒐𝒊𝒏𝒄𝒊𝒅𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒏 𝒍𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒏𝒆𝒓𝒈í𝒂 𝒚 𝒕𝒓𝒂𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒐𝒏 ∶ [𝑾] = 𝑴 ∗ 𝑳𝟑 ∗ 𝑻−𝟐 17. El momento de inercia de un objeto de masa M a) Es una propiedad intrínseca del objeto. b) Depende de la elección del eje de rotación. c) Es proporcional a M independientemente de la elección del eje. d) Ambos (b) y (c) son correctos. La opción correcta es la d. Depende de la masa y de los ejes de rotación. 18. ¿Puede un objeto seguir girando en ausencia del momento de una fuerza? Si, con movimiento circular y uniforme. 19. El momento resultante aplicado, ¿incrementa siempre la velocidad angular de un objeto? El momento resultante hace variar la velocidad angular, pero puede aumentarla o disminuirla. 20. Verdadero o falso: a) Si la velocidad angular de un objeto es cero en algún momento, el momento resultante que actúa sobre el objeto debe ser cero en ese instante. b) El momento de inercia de un objeto depende de la localización del eje de rotación. c) El momento de inercia de un objeto depende de la velocidad angular del objeto. A es falsa, el momento hace cambiar la velocidad angular, si fuera así un objeto parado no podría ponerse a rotar o uno que se está parando permanecería en reposo. B es correcta, depende de la masa del objeto y de los ejes de rotación. C es falsa.
21. Un disco gira libremente alrededor de un eje. Una fuerza aplicada a una distancia d del eje le ocasiona una aceleración angular α. ¿qué aceleración angular se produce si la misma fuerza se aplica a una distancia 2d del eje? a) α b) 2α c) α/2 d) 4α e) α/4 Respuesta b. Doble momento doble aceleración. 22. Una muela de afilar en forma de disco tiene una masa de 1,7 kg y un radio de 8 cm y está girando a 730 rev/min. Cuando se desconecta el motor, una mujer continúa afilando su hacha manteniéndola contra la muela durante 9 s hasta que se detiene. a) Hallar la aceleración angular de la muela de afilar. b) ¿Cuál es el momento ejercido por el hacha sobre la muela? Suponer constante la aceleración angular y que no existen otros momentos de fuerzas de rozamiento. a) 𝜶 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝟎− 𝟕𝟑𝟎𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟗 𝒔 = −𝟖,𝟒𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏,𝟕 ∗ 𝟎,𝟎𝟖𝟐 ∗ (−𝟖,𝟒𝟗) = −𝟎, 𝟎𝟒𝟔𝟐 𝑵 ∗ 𝒎 23. Un cilindro de 2,5 kg y radio 11 cm está inicialmente en reposo. Una cuerda de masa despreciable se arrolla sobre él y se tira de la cuerda con una fuerza de 17 N. Determinar a) El momento ejercido por la cuerda. b) La aceleración angular del cilindro. c) La velocidad angular del cilindro al cabo de t= 5 s. a) 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝒅 = 𝟏𝟕 ∗ 𝟎,𝟏𝟏 = 𝟏,𝟖𝟕 𝑵 ∗ 𝒎 b) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝟐∗𝝉 𝑴∗𝑹𝟐 = 𝟐∗𝟏,𝟖𝟕 𝟐,𝟓∗𝟎,𝟏𝟏𝟐 = 𝟏𝟐𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎 = 𝟏𝟐𝟒 ∗ 𝟓 = 𝟔𝟐𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 24. Una cuerda montada sobre un eje con rozamiento se encuentra inicialmente en reposo. Durante 20 s se aplica a la rueda un momento externo de 50 N m, con lo cual la rueda adquiere una velocidad angular de 600 rev/min. Se retira entonces el momento externo y la rueda alcanza el reposo 120 s más tarde. Determinar a) El momento de inercia de la rueda b) El momento de rozamiento supuesto constante. a) 𝜶𝟏 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝟔𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟐𝟎 𝒔 = 𝟑, 𝟏𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 𝜶𝟐 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝟎− 𝟔𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟏𝟐𝟎 𝒔 = − 𝟎,𝟓𝟐𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 Para cada parte en rotación tenemos: 𝝉𝒆𝒙𝒕 − 𝝉𝒇𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶𝟏 𝝉𝒇𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶𝟐 Sumando y despejando I: 𝑰 = 𝝉𝒆𝒙𝒕 𝜶𝟏+𝜶𝟐 = 𝟓𝟎 𝟑,𝟏𝟒−𝟎,𝟓𝟐𝟒 = 𝟏𝟗,𝟏 𝒌𝒈 ∗ 𝒎𝟐 b) 𝝉𝒇𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶𝟐 = 𝟏𝟗,𝟏 ∗ (−𝟎, 𝟓𝟐𝟒) = −𝟏𝟎,𝟎 𝑵 ∗ 𝒎 25. Un péndulo formado por una cuerda de longitud L y una lenteja de masa m oscila en un plano vertical. Cuando la cuerda forma un ángulo ϴ con la vertical, a) ¿Cuál es la componente tangencial de la aceleración de la lenteja?
b) ¿Cuáles el momento ejercido respecto al punto pivote? c) Demostrar que 𝝉 = 𝑰𝜶 con 𝒂𝒕 = 𝑳𝜶 da lugar a la misma aceleración tangencial deducida en la parte (a). a) 𝑭𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒂𝒕 = 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 b) 𝝉 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑳 c) 𝝉 = 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝒂𝒕 𝑳 = 𝒎 ∗ 𝑳 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 26. Una barra uniforme de masa M y longitud L pivota sobre un extremo y cuelga como se muestra en la figura, de modo que puede oscilar sin rozamiento alrededor del pivote. Una fuerza horizontal Fo golpea la barra durante un corto tiempo ∆t a una distancia x por debajo del pibote como indica la figura. a) Demostrar que la velocidad del centro de masas de la barra inmediatamente después del golpe es vo=3Fox∆t/2ML. b) Determinar la fuerza suministrada por el pivote y demostrar que esta fuerza es cero si x=2L/3. (Nota: el punto x=2L/3 se llama centro de percusión de la barra) a) El centro de masas está en el centro (L/2). Por tanto, si la barra se mueve con una velocidad angular ω: 𝒗𝒄𝒎 = 𝝎 ∗ 𝑹 = 𝝎 ∗ 𝑳 𝟐 El momento de la fuerza aplicada: 𝝉 = 𝑭𝒐 ∗ 𝒙 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝑭𝒐∗𝒙 𝑰 El momento de inercia de la barra respecto de un eje perpendicular en un extremo es:
𝑰 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝜶 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙 𝑴∗𝑳𝟐 Para un m.c.u.a: 𝝎 = 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙∗∆𝒕 𝑴∗𝑳𝟐 Por tanto: 𝒗𝒄𝒎 = 𝝎 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙∗∆𝒕 𝟐∗𝑴∗𝑳 b) Sobre la barra actúen dos fuerzas la del pivote y la externa Fo. Aplicando el teorema del impulso: 𝑭𝒑 ∗ ∆𝒕 + 𝑭𝒐 ∗ ∆𝒕 = 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝑭𝒑 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙 𝟐∗𝑳 − 𝑭𝒐 Para x=2L/3: 𝑭𝒑 = 𝟎 𝑵 27. Un disco horizontal uniforme de masa M y radio R gira alrededor de su eje vertical con una velocidad angular w. Cuando se sitúa sobre una superficie horizontal, el coeficiente de rozamiento cinético entre el disco y la superficie es µc. a) Determinar el momento d𝝉 ejercido por la fuerza de rozamiento sobre un elemento circular de radio r y anchura dr. b) Determinar el momento resultante ejercido por el rozamiento sobre el disco. c) Determinar el tiempo necesario para que el disco se detenga. a) Sobre un trozo diferencial del disco actúa un diferencial de fuerza, su masa es dm: 𝒅𝝉 = 𝒓 ∗ 𝒅𝒇𝒄 𝒅𝒇𝒄 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅𝒎 Considerando un elemento diferencia de forma circular y anchura dr: 𝒅𝒎 = 𝝈 ∗ 𝒅𝑺 = 𝝈 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒓 Substituyendo en la expresión del diferencial del momento: 𝒅𝝉 = 𝝈 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝒅𝒓 La densidad superficial del disco es M/π*R2 . 𝒅𝝉 = 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓/𝑹𝟐 b) Integramos la expresión anterior para todo el disco: 𝝉 = 𝟐∗𝑴∗𝒈∗𝝁𝒄 𝑹𝟐 ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓 𝑹 𝟎 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝑹 c) Suponiendo m.c.u.a.: 𝜶 = ∆𝒘 ∆𝒕 Teniendo en cuenta la segunda ley de Newton para la rotación: 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝝉 𝑰 El momento de inercia de un disco es: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 La velocidad inicial es w i la final 0, la aceleración es negativa, con esto: ∆𝒕 = ∆𝝎 𝜶 = 𝝎∗𝑰 𝝉 = 𝝎∗ 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐 𝟐 𝟑 ∗𝑴∗𝒈∗𝝁𝒄∗𝑹 = 𝟑∗𝝎∗𝑹 𝟒∗𝒈∗𝝁𝒄 Cálculo del momento de inercia
28. El momento de inercia de un objeto alrededor de un eje que no pasa por su centro de masas es________________ el momento de inercia respecto a un eje paralelo que pasa por su centro de masas. a) Siempre menor que b) Algunas veces menor que c) A veces igual que d) Siempre mayor que De acuerdo con el teorema de Steiner la correcta es la d. 29. Una pelota de tenis posee una masa de 57 g y un diámetro de 7 cm. Determinar el momento de inercia alrededor de su diámetro. Suponer que la pelota es una corteza esférica delgada. Momento de inercia esfera hueca respecto un diámetro: 𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝟎,𝟎𝟓𝟕 ∗ 𝟎, 𝟎𝟑𝟓𝟐 = 𝟒, 𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 30. Cuatro partículas están en los vértices de un cuadrado unidas por varillas sin masa, de modo que m1=m4= 3 kg y m2=m3=4 kg. La longitud del lado del cuadrado es L= 2 m (figura). Hallar el momento de inercia respecto al eje z. 𝑰 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟒 ∗ (√𝟐𝟐 + 𝟐𝟐) 𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟓𝟔 𝒌𝒈 𝒎𝟐 31. Utilizar el teorema de los ejes paralelos y los resultados del problema 30 para hallar el momento de inercia del sistema de cuatro partículas de la figura anterior alrededor de un eje perpendicular al plano de las masas y que pasa por el centro de masas. Comprobar el resultado mediante cálculo directo. Calculamos la posición del centro de masas: 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐+𝒎𝟑∗𝒙𝟑+𝒎𝟒∗𝒙𝟒 𝑴 = 𝟒∗𝟎+𝟑∗𝟎+𝟒∗𝟐+𝟑∗𝟐 𝟏𝟒 = 𝟏 𝒎 𝒚𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒚𝟏+𝒎𝟐∗𝒚𝟐+𝒎𝟑∗𝒚𝟑+𝒎𝟒∗𝒚𝟒 𝑴 = 𝟒∗𝟎+𝟑∗𝟐+𝟒∗𝟐+𝟑∗𝟎 𝟏𝟒 = 𝟏 𝒎 Aplicando el teorema de Steiner: 𝑰𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 ¸ 𝑰𝒄𝒎 = 𝟓𝟔 − 𝟏𝟒 ∗ (𝟏𝟐 + 𝟏𝟐) 𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 Cálculo directo: 𝑰 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟒 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 + 𝟑 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 + 𝟒 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 + 𝟑 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 32. a) Hallar el momento de inercia Ix correspondiente al sistema de cuatro partículas de la figura del problema 30 alrededor del eje x que pasa por m3 y m4. b) Hallar Iy para este sistema alrededor del eje y que pasa por m1 y m3. a) 𝑰𝒙 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟒 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 b) 𝑰𝒚 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟒 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐
33. Utilizar el teorema de los ejes paralelos para hallar el momento de inercia de una esfera maciza de masa M y radio R alrededor de un eje tangente a la esfera (figura). 𝑰𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟕 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 34. Una rueda de vagón de 1,0 m de diámetro está formada por una llanta delgada de masa 8 kg y seis radios, cada uno de los cuales tiene una masa de 1,2 kg. Determinar el momento de inercia de la rueda respecto a su eje de rotación. 𝑰𝒓𝒖𝒆𝒅𝒂 = 𝑰𝒍𝒍𝒂𝒏𝒕𝒂 + 𝑰𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐𝒔 𝑰𝒍𝒍𝒂𝒏𝒕𝒂 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑰𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝒎 ∗ ( 𝑹 𝟐 ) 𝟐 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 𝑰𝒓𝒖𝒆𝒅𝒂 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟔 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = (𝑴 + 𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝑹𝟐 𝑰𝒓𝒖𝒆𝒅𝒂 = (𝟖 + 𝟐 ∗ 𝟏,𝟐) ∗ 𝟎, 𝟓𝟐 = 𝟐,𝟔 𝒌𝒈 𝒎𝟐 35. Dos masas puntuales m1 y m2 están separadas por una barra sin masa de longitud L. a) Deducir una expresión para el momento de inercia de este sistema respecto a un eje perpendicular a la barra que pasa a través de ésta por un punto situado a la distancia x1 de la masa m1. b) Calcular dI/dx y demostrar que I es mínimo cuando el eje pasa por el centro de masas del sistema. a) 𝑰 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒙𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ (𝑳 − 𝒙 𝟏)𝟐 b) 𝒅𝑰 𝒅𝒙 = 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒙 − 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ (𝑳 − 𝒙) Por la condición de mínimo: 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒙 − 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ (𝑳 − 𝒙) = 𝟎 𝒙 = 𝒎𝟐∗𝑳 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 Coincide con la posición del centro de masas. 36. Una placa rectangular uniforme tiene una masa m y sus lados valen a y b. a) Demostrar por integración que su momento de inercia respecto a un eje perpendicular a la placa y que pasa por uno de sus vértices es 1/3 m(a2 +b2 ). b) ¿Cuál es el momento de inercia respecto a un eje que pase por el centro de masas y que sea perpendicular a la placa? a)
𝒅𝒎 = 𝝈 ∗ 𝒅𝑺 = 𝝈 ∗ 𝒅𝒙 ∗ 𝒅𝒚 𝑰 = ∬ (𝝈 ∗ 𝒅𝒙 ∗ 𝒅𝒚) ∗ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) = 𝒂,𝒃 𝟎,𝟎 𝟏 𝟑 ∗ 𝝈 ∗ (𝒂𝟑 ∗ 𝒃 + 𝒃𝟑 ∗ 𝒂) = 𝟏 𝟑 ∗ 𝝈 ∗ 𝒂 ∗ 𝒃 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) b) 𝑰𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 ¸ 𝑰𝒄𝒎 = 𝑰𝒐 − 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) − 𝑴 ∗ ( 𝒂𝟐 𝟒 + 𝒃𝟐 𝟒 ) 𝑰𝒄𝒎 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) 37. Dos jóvenes A y B están realizando un trabajo de investigación intensiva sobre el “bastón acrobático giratorio teórico”. Ambos utilizan el mismo modelo de bastón: Dos esferas uniformes, cada una de masa 500 g y radio 5 cm, montadas en los extremos de una varilla uniforme de 30 cm de longitud y masa 60 g (figura). A y B desean calcular el momento de inercia del bastón modelo respecto a un eje perpendicular a la varilla que pasa por su centro. A utiliza la aproximación de que las dos esferas pueden considerarse como partículas puntuales que distan 20 cm del eje de rotación y que la masa de la varilla es despreciable. B , sin embargo, hace los cálculos sin aproximaciones. a) Comparar los resultados. b) Si las esferas tuvieran la misma masa, pero fueran huecas, ¿aumentaría o disminuiría la inercia de la rotación? Justificar la respuesta brevemente. No es necesario calcular el nuevo valor de I. a) 𝑰𝑨 = 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟓 ∗ 𝟎,𝟐𝟐 = 𝟎,𝟎𝟒 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑰𝑩 = 𝟐 ∗ 𝑰𝒆 + 𝑰𝒃 Para la esfera: 𝑰𝒆 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝟎,𝟓 ∗ 𝟎,𝟎𝟓𝟐 + 𝟎,𝟓 ∗ 𝟎,𝟐𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟎𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑰𝒃 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟔 ∗ 𝟎,𝟑𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐
𝑰𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 + 𝟐 ∗ 𝟎. 𝟎𝟐𝟎𝟓 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟏𝟒𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑰𝑨 𝑰𝑩 = 𝟎,𝟎𝟒 𝟎,𝟎𝟒𝟏𝟒𝟓 = 𝟎,𝟗𝟔𝟓 b) Para una esfera hueca el momento de inercia respecto a un diámetro es: 𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 Este valor es mayor que el de la esfera compacta, por tanto, el momento de inercia en este caso es mayor. 38. La molécula de metano (CH4) tiene cuatro átomos de hidrógeno localizados en los vértices de un tetraedro regular de lado 1,4 nm con el átomo de carbono en el centro (figura). Encontrar el momento de inercia de esta molécula respecto a un eje de rotación que pase a través del átomo de carbono y uno de los átomos de hidrógeno. 𝑰 = 𝟑 ∗ 𝒎𝑯 ∗ 𝒓𝟐 Por geometría: 𝒓 = 𝒂 √𝟑 𝑰 = 𝟑 ∗ 𝒎𝑯 ∗ 𝒂𝟐 𝟑 = 𝒎𝑯 ∗ 𝒂𝟐 Tomando los valores para la masa del hidrógeno de 1,67 10-27 kg: 𝑰 = 𝟏, 𝟔𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟐𝟕 ∗ (𝟏, 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟗 )𝟐 = 𝟑, 𝟐𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟒𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 39. Un cilindro hueco de masa m tiene un radio exterior R2 y un radio interior R1. Demostrar que su momento de inercia respecto a su eje de simetría es I= 1/2 m(R2 2 +R1 2 ).
𝒅𝑰 = 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝒅𝑽 = 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒓 𝒅𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ ∫ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓 𝑹𝟐 𝑹𝟏 = 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ [ 𝒓𝟒 𝟒 ] 𝑹𝟏 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 𝒉∗𝝅∗(𝑹𝟐 𝟐−𝑹𝟏 𝟐) ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ (𝑹𝟐 𝟒 − 𝑹𝟏 𝟒 ) Como: (𝑹𝟐 𝟒 − 𝑹𝟏 𝟒 ) = (𝑹𝟐 𝟐 − 𝑹𝟏 𝟐 ) ∗ (𝑹𝟐 𝟐 + 𝑹𝟏 𝟐 ) 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ (𝑹𝟐 𝟐 + 𝑹𝟏 𝟐 ) 40. Demostrar que el momento de inercia de una corteza esférica de radio R y masa m es 2/3mR2 . Esto puede hacerse directamente por integración o, más fácilmente, determinando el incremento del momento de inercia de una esfera sólida cuando cambia su radio. Para hacer esto último demostrar en primer lugar que el momento de inercia de una esfera sólida de densidad ρ es I=8/15 π ρ R5 . Después, calcular la variación dI del momento de inercia I para una variación dR del radio y tener en cuenta que la masa de esta corteza es m=4πR2 ρdR. La esfera está formada por un conjunto de discos como el de la figura. Cada disco tiene un momento de inercia dado por: 𝒅𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒅𝒎 ∗ 𝒙𝟐 Donde dm es:
𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 = 𝑴 𝟒 𝟑 ∗𝝅∗𝑹𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 = 𝟑 𝟒∗𝑹𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 Para la esfera el momento de inercia es: 𝑰 = ∫ 𝒙𝟐∗𝒅𝒎= 𝟏 𝟐 ∗ ∫ (𝒙𝟐 ∗ 𝑹 −𝑹 𝟑 𝟒∗𝑹𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 ) = 𝟑∗𝑴 𝟖∗𝑹𝟑 ∗ ∫ 𝒙𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 Teniendo en cuenta que 𝒛𝟐 + 𝒙𝟐 = 𝑹𝟐 : 𝑰 = 𝟑∗𝑴 𝟖∗𝑹𝟑 ∗ ∫ (𝑹𝟐 − 𝒛𝟐) 𝟐 ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 = 𝟑∗𝑴 𝟖∗𝑹𝟑 ∗ ∫ (𝑹𝟒 + 𝒛𝟒 − 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒛𝟐) ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 𝑰 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 En función de la densidad: 𝑴 = 𝝆 ∗ 𝟒 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟑 ;𝑰 = 𝟖 𝟏𝟓 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝑹𝟓 Si hacemos la diferencial de esta expresión: 𝒅𝑰 = 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝑹𝟒 ∗ 𝒅𝑹 El diferencial de masa de una capa esférica será: 𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒅𝑹 De las dos expresiones eliminamos dR: 𝒅𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒅𝒎 Este es el momento de inercia de una capa. Por tanto, si la capa tiene una masa M y un radio R: 𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 41. La densidad de la Tierra no es uniforme. Varia con la distancia r al centro de la Tierra en la forma 𝝆 = 𝑪(𝟏,𝟐𝟐 − 𝒓 𝑹 ), en donde R es el radio de la Tierra y C una constante. a) Determinar C en función de la masa total M y el radio. b) Determinar el momento de inercia de la Tierra. a) 𝑴 = ∫ 𝒅𝒎 = ∫ (𝝆 ∗ 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓) 𝑹 𝟎 = 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝑪 ∗ (𝟏,𝟐𝟐 ∗ ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓 − 𝟏 𝑹 ∗ 𝑹 𝟎 ∫ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓) 𝑹 𝟎 𝑴 = 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝑪 ∗ ( 𝟏,𝟐𝟐∗𝑹𝟑 𝟑 − 𝑹𝟑 𝟒 ) 𝑪 = 𝟎, 𝟓𝟎𝟖 ∗ 𝑴 𝑹𝟑 b) Utilizando el momento de inercia de una capa esférica: 𝒅𝑰 = 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓 Integrando: 𝑰 = ∫ 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓 = 𝑹 𝟎 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ ∫ (𝟎,𝟓𝟎𝟖 ∗ 𝑴 𝑹𝟑 ∗ (𝟏,𝟐𝟐 − 𝒓 𝑹 ) ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓) 𝑹 𝟎 𝑰 = 𝟖∗𝟎,𝟓𝟎𝟖∗𝑴∗𝝅 𝟑∗𝑹𝟑 ∗ (∫ 𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓 − ∫ 𝒓𝟓 𝑹 ∗ 𝒅𝒓 𝑹 𝟎 𝑹 𝟎 ) 𝑰 = 𝟒,𝟐𝟔∗𝑴 𝑹𝟑 ∗ ( 𝟏,𝟐𝟐∗𝑹𝟓 𝟓 − 𝑹𝟔 𝟔∗𝑹 ) 𝑰 = 𝟎, 𝟑𝟐𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 42. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un cono homogéneo circular recto de altura H, radio de la base R y densidad ρ, respecto a su eje de simetría.
Consideramos el cono una superposición de discos de diferente radio, el momento de inercia de un disco es 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 . 𝑰 = 𝟏/𝟐∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 Para un cono tenemos: 𝒓 𝒛 = 𝑹 𝑯 ; 𝒓 = 𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ∫ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝝆∗𝝅∗𝑹𝟒 𝟐∗𝑯𝟒 ∗ 𝑯𝟓 𝟓 = 𝝅∗𝝆∗𝑹𝟒∗𝑯 𝟏𝟎 Expresando la masa en función de la densidad: 𝑴 = ∫ 𝝆 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ∫ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟐 ∗ 𝐝𝐳 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝛒 ∗ 𝛑 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯 𝑯 𝟎 𝑰 = 𝟑 𝟏𝟎 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 43. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un cono circular recto, hueco, de paredes delgadas de masa M, altura H y radio de la base R, respecto a su eje de simetría. Consideramos el cascarón formado por dos partes un disco y un cascarón cónico sin base. Para el disco el momento de inercia es: 𝑰𝟏 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒓 ∗ 𝝆 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆∫ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓 𝑹 𝟎 = 𝟏/𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝑹𝟒 𝑰𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝑴𝟏 𝝅∗𝑹𝟐 ∗ 𝑹𝟒 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝟏 ∗ 𝑹𝟐 Para el cascarón, usando 𝒓 𝒛 = 𝑹 𝑯 : 𝑰𝟐 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒛 ∗ 𝝆 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ ∫ 𝑹𝟑 𝑯𝟑 ∗ 𝒛𝟑 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝝅∗𝝆 𝟐 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 𝑰𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅∗𝑴𝟐 𝑺𝟐 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 La superficie lateral de un cono es: 𝑺 = ∫ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝟐∗𝝅∗𝑹 𝑯 ∗ ∫ 𝒛 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝝅 ∗ 𝑹 ∗ 𝑯 Con esto, tenemos: 𝑰𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅∗𝑴𝟐 𝑺𝟐 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅∗𝑴𝟐 𝝅∗𝑹∗𝑯 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝟐 ∗ 𝑹𝟐 Para todo el cascarón: 𝑰 = 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝑴𝟏 + 𝑴𝟐) ∗ 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐
44. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un disco delgado uniforme de masa M y radio R respecto a un diámetro como eje de rotación. 𝑰 = ∫ 𝒛𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒛𝟐 ∗ 𝝈 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒛 Utilizamos: 𝑹𝟐 = 𝒓𝟐 + 𝒛𝟐 ;𝒓 = √𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝈 ∗ ∫ 𝒛𝟐 ∗ √𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 = ∫ 𝒛𝟐 ∗ (𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 ) 𝟏 𝟐 𝒛 −𝒛 ∗ 𝒅𝒛 Para hacer la integral: 𝒛 = 𝑹 ∗ 𝒔𝒊𝒏(𝒖);𝒖 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏( 𝒛 𝑹 ) ; 𝒅𝒛 = 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝈 ∗ ∫ 𝒛𝟐 ∗ (𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 ) 𝟏 𝟐 𝒛 −𝒛 ∗ 𝒅𝒛 = ∫ 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖) ∗ (𝑹𝟐 − 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖)) 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹 ∗ 𝑹 −𝑹 𝒄𝒐𝒔(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 Usamos: (𝑹𝟐 − 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖)) 𝟏 𝟐 = 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) 𝑹𝟒 ∗ ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖) ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = 𝑹𝟒 ∗ ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖) ∗ (𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖)) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝑹𝟒 ∗ ∫ (𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) − 𝒔𝒆𝒏𝟒(𝒖)) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) Aplicamos: ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 = 𝒏−𝟏 𝒏 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟏(𝒖) 𝒏 ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) −𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = ([ 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟐 ] 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) − 𝟏 𝟐 ∗ ∫ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) ) = = [ 𝒖 𝟐 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟐 ] 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) De la misma forma: ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟒(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) −𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = ( 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒖) 𝟒 ) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) + 𝟑 𝟒 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = ( 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒖) 𝟒 − 𝟑∗𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟖 + 𝟑∗𝒖 𝟖 ) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) Por tanto:
𝑹𝟒 ∗ ( 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒖) 𝟒 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟖 + 𝒖 𝟖 ) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) Podemos deshacer la sustitución: 𝒖 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 ( 𝒛 𝑹 ) 𝒔𝒆𝒏(𝒖) = 𝒙 𝑹 𝒄𝒐𝒔(𝒖) = √𝟏 − 𝒛𝟐 𝑹𝟐 Deshaciendo: ( 𝑹𝟒∗𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏( 𝒛 𝑹 ) 𝟖 + 𝑹∗𝒛𝟑∗√𝟏− 𝒛𝟐 𝑹𝟐 𝟒 − 𝑹𝟑∗𝒙∗√𝟏− 𝒛𝟐 𝑹𝟐 𝟖 ) −𝑹 𝑹 = 𝝅 ∗ 𝑹𝟒 𝟖 Por tanto: 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝈 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟒 𝟖 = 𝑴 𝝅∗𝑹𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟒 𝟒 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 45. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un anillo circular de radio R y masa M respecto a un diámetro como eje de rotación. 𝑰 = ∫ 𝒚𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒚𝟐 ∗ 𝝀 ∗ 𝑹 ∗ 𝒅𝜽 = 𝝀 ∗ 𝑹 ∗ ∫ 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝜽 𝟐𝝅 𝟎 ∗ 𝒅𝜽 = 𝝀 ∗ 𝑹𝟑 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝜽 ∗ 𝒅𝜽 𝟐𝝅 𝟎 Usamos: ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 = 𝒏−𝟏 𝒏 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟏(𝒖) 𝒏 𝑰 = 𝝀 ∗ 𝑹𝟑 ∗ [ 𝜽 𝟐 − 𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐 ] 𝟎 𝟐𝝅 = 𝝀 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝝅 = 𝑴 𝟐∗𝝅∗𝑹 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝝅 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 46. Un vendedor de helados junto a la carretera utiliza conos rotatorios para llamar la atención de los viajeros. Cado cono gira alrededor de un eje de simetría que pasa por el vértice. Los tamaños de los conos son variables y el propietario piensa si sería más rentable energéticamente utilizar conos más pequeños o unos pocos muy grandes. Para obtener una respuesta debe calcular el momento de inercia de un cono circular recto homogéneo de altura H, radio de la base R y densidad ρ. ¿Cuál es el resultado? Por teorema Steiner, para un disco diferencial del cono: 𝒅𝑰𝒙 = 𝒅𝑰𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐 + 𝒅𝒎 ∗ 𝒛𝟐 𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝒅𝑽 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛
El momento de inercia de un eje respecto a un diámetro es ¼*dm*r2 . 𝒅𝑰𝒙 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 ∗ 𝒓𝟐 + 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 ∗ 𝒛𝟐 En un cono: 𝒓 𝒛 = 𝑹 𝑯 ; 𝒓 = 𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 Por tanto: 𝒅𝑰𝒙 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟒 ∗ 𝒅𝒛 + 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟐 ∗ 𝒛𝟐 ∗ 𝒅𝒛 Integrando: 𝑰 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ( 𝟏 𝟒 ∗ 𝑹𝟒 𝑯𝟒 ∗ ∫ 𝒛𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 + 𝑹𝟐 𝑯𝟐 ∗ ∫ 𝒛𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 ) 𝑰 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ( 𝟏 𝟐𝟎 ∗ 𝑹𝟒 ∗ 𝑯 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯𝟑) Para el volumen de un cono tenemos: 𝑽 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯 Con esto tenemos: 𝑰 = 𝑴 𝟏 𝟑 ∗𝝅∗𝑹𝟐∗𝑯 ∗ 𝝅 ∗ ( 𝟏 𝟐𝟎 ∗ 𝑹𝟒 ∗ 𝑯 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯𝟑) Operando: 𝑰 = 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟏 𝟐𝟎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝑯𝟐) Cuanto mayor sean los conos, mayor son R y H, por tanto, mayor es su momento de inercia y más consumo energético se requiere. Energía cinética de rotación 47. Un momento constante actúa sobre un tiovivo. La potencia suministrada por el momento es a) Constante b) Proporcional a la velocidad del tiovivo. c) Cero. d) Ninguno de los anteriores. P=M*ω , Por tanto la respuesta b es la correcta. 48. Las partículas de la figura se unen mediante una varilla muy ligera cuyo momento de inercia puede despreciarse. Giran alrededor del eje y con velocidad angular de 2 rad/s. a) Hallar la velocidad de cada partícula y utilizarla para calcular la energía cinética de este sistema directamente a partir de ∑ 𝟏 𝟐 𝒎𝒊𝒗𝒊 𝟐 . b) Halla el momento de inercia alrededor del eje y calcular la energía cinética a partir de 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 .
a) 𝒗𝟏 = 𝝎𝟏 ∗ 𝑹𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟎,𝟒 = 𝟎, 𝟖 𝒎/𝒔 𝒗𝟐 = 𝝎𝟐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 = 𝟎,𝟒 𝒎/𝒔 𝒗𝟑 = 𝝎𝟑 ∗ 𝑹𝟑 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 = 𝟎,𝟒 𝒎/𝒔 𝒗𝟒 = 𝝎𝟒 ∗ 𝑹𝟒 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟒 = 𝟎,𝟖 𝒎/𝒔 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟏 ∗ 𝟎, 𝟖𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 + 𝟏 ∗ 𝟎, 𝟖𝟐) = 𝟏, 𝟏𝟐 𝑱 b) 𝑰 = 𝟏 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟏 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 = 𝟎, 𝟓𝟔𝟎 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟓𝟔𝟎 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝑱 49. Cuatro partículas de 2 kg están situadas en los vértices de un rectángulo de lados 3 y 2 m (figura). a) Hallar el momento de inercia de este sistema alrededor del eje z. b) El sistema se pone en rotación alrededor de este eje con energía cinética de 124 J. Hallar el número de revoluciones que el sistema realiza por minuto. a) 𝑰 = ∑ 𝒎𝒊 ∗ 𝒓𝒊 𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟑𝟐 + 𝟐 ∗ (𝟑𝟐 + 𝟐𝟐) = 𝟓𝟐 𝒌𝒈 𝒎𝟐 b) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟐∗𝑬𝒄 𝑰 = √ 𝟐∗𝟏𝟐𝟒 𝟓𝟐 = 𝟐, 𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟐, 𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝒔 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕 = 𝟐𝟎,𝟗 𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕 50. Una bola sólida de masa 1,4 kg y diámetro 15 cm, gira alrededor de su diámetro a 70 rev/min. a) ¿Cuál es la energía cinética de rotación? b) Si se suministran 2 J de energía a su energía de rotación, ¿Cuál será la nueva velocidad angular de la bola? a) 𝑰 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝟏,𝟒 ∗ 𝟎, 𝟎𝟕𝟓𝟐 ∗ ( 𝟕𝟎𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 ) 𝟐 𝑬𝒄 = 𝟎, 𝟎𝟖𝟒𝟔 𝑱 b) 𝝎 = √ 𝟐∗𝑬𝒄 𝑰 = √ 𝟐∗𝟐,𝟎𝟖𝟒𝟔 𝟐 𝟓 ∗𝟏,𝟒∗𝟎,𝟎𝟕𝟓𝟐 = √ 𝟓∗𝟐,𝟎𝟖𝟒𝟔 𝟏,𝟒∗𝟎,𝟎𝟕𝟓𝟐 = 𝟑𝟔,𝟑𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟑𝟔,𝟑𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝒔 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕 = 𝟑𝟒𝟕,𝟒 𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏 51. Un motor desarrolla unpar de 400 N m a 3700 rev/min. Determinar la potencia suministrada por el motor. 𝑷 = 𝑴 ∗ 𝝎 = 𝟒𝟎𝟎 ∗ (𝟑𝟕𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 ) = 𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑾 52. Dos masas puntuales m1 y m2 están conectadas por una varilla ligera de longitud L. El conjunto gira alrededor de su centro de masas con velocidad angular w. Determinar que la relación entre las energías cinéticas de las masas es 𝑬𝒄𝟏 𝑬𝒄𝟐 = 𝒎𝟐 𝒎𝟏 .
𝑬𝒄𝟏 𝑬𝒄𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗𝑰𝟏∗𝝎𝟐 𝟏 𝟐 ∗𝑰𝟐∗𝝎𝟐 = 𝒎𝟏∗𝒓𝟏 𝟐 𝒎𝟐∗𝒓𝟐 𝟐 Por la definición del centro de masas: 𝒓𝒄𝒎 = 𝟎;𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐; 𝒎𝟐 𝒎𝟏 = 𝒓𝟏 𝒓𝟐 𝑬𝒄𝟏 𝑬𝒄𝟐 = 𝒎𝟏 𝒎𝟐 ∗ 𝒎𝟐 𝟐 𝒎𝟏 𝟐 = 𝒎𝟐 𝒎𝟏 53. Calcular la energía cinética de rotación de la Tierra y compararla con la energía cinética del movimiento del centro de masas de la Tierra. Admitir que la Tierra es una esfera homogénea de masa 6,0 1024 kg y cuyo radio vale 6,4 106 m. El radio de la órbita terrestre es 1,5 1011 m. 𝑰 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝑹𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟏𝒓𝒆𝒗 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 ) 𝟐 𝑬𝒄𝑹𝒐𝒕 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝟔,𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟒 ∗ (𝟔, 𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔) 𝟐 ∗ (𝟕,𝟐𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟓) 𝟐 = 𝟐, 𝟔𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟗 𝑱 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔𝒍𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔, 𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟒 ∗ ( 𝟐∗𝝅∗𝟏,𝟓∗𝟏𝟎𝟏𝟏 𝒎 𝟑𝟔𝟓 𝒅𝒊𝒂𝒔 ∗ 𝟏 𝒅𝒊𝒂 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 ) 𝟐 = 𝟐, 𝟔𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑𝟑 𝑱 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔𝒍𝒂 𝑬𝒄𝑹𝒐𝒕 ~𝟏𝟎𝟒 54. Un bloque de 2000 kg asciende a una velocidad constante de 8 cm/s mediante un cable que pasa por una polea de masa despreciable y se arrolla al tambor de un torna impulsado por un motor (figura). El radio del tambor es de 30 cm. a) ¿Qué fuerza ejerce el cable? b) ¿Qué momento ejerce la tensión del cable sobre el tambor? c) ¿Cuál es la velocidad angular del tambor? d) ¿Qué potencia debe desarrollar el motor para hacer girar el tambor del torno? a) 𝑻 = 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝟐𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 = 𝟏𝟗, 𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 b) 𝑴 = 𝑻 ∗ 𝒓 = 𝟏𝟗,𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟎, 𝟑 = 𝟓,𝟖𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 𝒎 c) 𝝎 = 𝒗 𝒓 = 𝟎,𝟎𝟖 𝟎,𝟑 = 𝟎,𝟐𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔 d) 𝑷 = 𝑻 ∗ 𝒗 = 𝟏𝟗,𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟏,𝟓𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑾 55. Un disco uniforme de masa M y radio R está sujeto de modo que puede girar libremente respecto a un eje que pasa por su centro y es perpendicular al plano del disco. Se sujeta una pequeña partícula de masa m al borde del disco y en su parte superior directamente encima del eje de rotación. El sistema se hace girar inicialmente con suavidad. a) ¿Cuál es la velocidad angular del disco cuando la partícula se encuentra en el punto más bajo de su trayectoria?
b) En este punto, ¿Cuál es la fuerza ejercida por el disco sobre la partícula para que ésta permanezca en el disco? a) Por conservación de la energía: 𝑬𝒄𝟏 + 𝑬𝒑𝟏 = 𝑬𝒄𝟐 + 𝑬𝒑𝟐 En el punto 1, inicial: 𝑬𝒄𝟏 = 𝟎 𝑱 𝑬𝒑𝟏 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 En el punto 2: 𝑬𝒄𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝑬𝒑𝟐 = 𝟎 𝑱 Por tanto: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑹𝟐 ∗ (𝑴 + 𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟖∗𝒎∗𝒈 𝑹∗(𝑴+𝟐∗ 𝒎) b) 𝑭 − 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑹 ; 𝑭 = 𝒎 ∗ 𝒈 + 𝒎 ∗ ( 𝟖∗𝒎∗𝒈 𝑹∗(𝑴+𝟐∗ 𝒎) ) ∗ 𝑹 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝟏 + 𝟖∗𝒎 (𝑴+𝟐∗𝒎) ) 56. Un anillo de 1,5 m de radio de diámetro pivota sobre un punto de su circunferencia de modo que es libre de girar alrededor de un eje horizontal. Inicialmente la línea que pasa por el soporte y por el centro del anillo es horizontal. a) Si se deja oscilar libremente desde el reposo, ¿Cuál es su velocidad angular máxima? b) ¿Qué velocidad angular debe imprimirse inicialmente para que dé justamente una revolución completa? a) Por conservación energías: 𝑬𝒄𝟏 + 𝑬𝒑𝟏 = 𝑬𝒄𝟐 + 𝑬𝒑𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 Donde: 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 i ∆𝒉 = 𝑹. 𝝎 = √ 𝒈∗∆𝒉 𝑹𝟐 = √ 𝒈 𝑹 = √ 𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟕𝟓 = 𝟑,𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) Por conservación energías: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝒊 𝟐 𝝎𝒊 = √ 𝒈 𝑹 = 𝟑,𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 57. Queremos diseñar un coche que utilice la energía almacenada en un volante formado por un cilindro de 100 kg uniforme y de radio R. El volante debe suministrar una potencia de 2 MJ de energía mecánica por kilómetro con una velocidad angular máxima de 400 rev/s. Determinar el valor mínimo de R, tal que el coche pueda recorrer 300 km sin que el volante necesite ser recargado. Calculamos la energía de rotación del cilindro: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 Donde I es: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐
𝑹 = 𝟐 𝝎 ∗ √ 𝑬𝒄 𝒎 = 𝟐 𝟒𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ √ 𝟐∗𝟏𝟎𝟔 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏, 𝟗𝟓 𝒎 58. Una escala portátil de 8,6 m de longitud y masa 60 kg se sitúa en posición vertical contra la pared de un edificio. Una persona de pie sobre un peldaño tiene su centro de masas a la altura de la parte más alta de la escalera. Su masa es de 8 kg. Al inclinarse ligeramente, la escalera comienza a girar alrededor de su base alejándose de la pared. ¿Qué es menos peligroso para esta persona: saltar rápidamente de la escalera al suelo o agarrarse a la escalera y saltar justo un momento antes de que el extremo de la escalera choque contra el suelo? Para la caída de la persona: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ; 𝒗𝒇 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 Para la caída del sistema persona escalera: 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳/𝟐 𝑫𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑰 𝒆𝒔: 𝑰 = 𝑰𝒑𝒆𝒓𝒔𝒐𝒏𝒂 + 𝑰𝒆𝒔𝒄𝒂𝒍𝒆𝒓𝒂 = 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ 𝝎𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳/𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔: 𝝎 = 𝒗/𝑳 Por tanto: 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ ( 𝒗 𝑳 ) 𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳/𝟐 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒆𝒋𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅: 𝒗 = √ 𝟐∗𝒈∗𝑳∗(𝒎+ 𝑴 𝟐 ) (𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴) 𝑳𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆𝒔: 𝒗 𝒗𝒇 = √ (𝒎+ 𝑴 𝟐 ) (𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴) Para los datos del problema: 𝒗 𝒗𝒇 = √ 𝟔𝟎+𝟖/𝟐 𝟔𝟎+𝟖/𝟑 = 𝟏,𝟎𝟏 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒔𝒊 𝒄𝒂𝒆 𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒆𝒔 𝒎𝒂𝒚𝒐𝒓 𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒊 𝒔𝒂𝒍𝒕𝒂. 59. Considerar la situación del problema 58 con una escalera de longitud L y una masa M, determinar la relación entre3 la velocidad de la persona agarrada a la escalera cuando llega al suelo y la velocidad que tendría si saltara inmediatamente, en función de M/m, en donde m es la masa de la persona. Hecho en el problema 58. 𝒗 𝒗𝒇 = √ (𝒎+ 𝑴 𝟐 ) (𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴) Poleas, yo-yos y objetos colgantes 60. Un bloque de 4 kg que descansa sobre una plataforma horizontal sin rozamiento está conectado a otro bloque colgante de 2 kg mediante una cuerda que pasa por una polea. Esta polea está formada por un disco uniforme de radio 8 cm y una masa de 0,6 kg.
a) Determinar la velocidad del bloque de 2 kg después de haber descendido desde el reposo una distancia de 2,5 m. b) ¿Cuál es la velocidad angular de la polea en ese momento? a) Aplicamos la segunda ley de Newton a cada cuerpo: 𝑻𝟏 = 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝑰𝒑 ∗ 𝜶 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒂 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 Despejando a: 𝒂 = 𝒎𝟐∗𝒈 𝒎𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑+𝒎𝟐 = 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝟎,𝟔+𝟐 = 𝟑, 𝟏 𝒎 𝒔𝟐 𝒗𝟐 𝟐 − 𝟎 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 ;𝒗 = √𝟐 ∗ 𝟑, 𝟏 ∗ 𝟐,𝟓 = 𝟑, 𝟗 𝒎/𝒔 b) 𝝎 = 𝒗 𝒓 = 𝟑,𝟗 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟒𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔 61. En el sistema del problema 60, determinar la aceleración de cada bloque y la tensión de la cuerda. La aceleración ya encontrada es 3,1 m/s2 . 𝑻𝟏 = 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 = 𝟒 ∗ 𝟑,𝟏 = 𝟏𝟐 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 − 𝟐 ∗ 𝟑,𝟏𝟏 = 𝟏𝟑 𝑵 62. Analizar el problema 60 para el caso en que el coeficiente de rozamiento entre el bloque de 4 kg y la plataforma es de 0,25. De las ecuaciones escritas en el problema 60 solo cambia la del cuerpo de 4 kg: 𝑻𝟏 − 𝝁 ∗ 𝒎𝟒 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝑰𝒑 ∗ 𝜶 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒂 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 Despejando a: 𝒂 = 𝒎𝟐∗𝒈−𝝁∗𝒎𝟒∗𝒈 𝒎𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑+𝒎𝟐 = 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏−𝟎,𝟐𝟓∗𝟒∗𝟗,𝟖𝟏 𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝟎,𝟔+𝟐 = 𝟏, 𝟓𝟔 𝒎/𝒔𝟐
𝒗𝟐 𝟐 − 𝟎 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 ;𝒗 = √𝟐 ∗ 𝟏, 𝟓𝟔 ∗ 𝟐, 𝟓 = 𝟐,𝟕𝟗 𝒎/𝒔 𝝎 = 𝒗 𝒓 = 𝟐,𝟕𝟗 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟑𝟒,𝟗𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔 63. Analizar el problema 61 para el caso en que el coeficiente de rozamiento entre el bloque de 4 kg y la plataforma sea 0,25. La aceleración ya ha sido encontrada en el problema 62, a=1,56 m/s2 . 𝑻𝟏 = 𝝁 ∗ 𝒎𝟒 ∗ 𝒈 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 = 𝟎,𝟐𝟓 ∗ 𝟒 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 + 𝟒 ∗ 𝟏, 𝟓𝟔 = 𝟏𝟔 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 = 𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 − 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟓𝟔 = 𝟏𝟔,𝟓 𝑵 64. En 1992 un yo-yo gigante de masa 400 kg y 1,5 m de radio se dejó caer desde una grúa de 57 m de altura. Suponiendo que el eje del yo-yo tiene un radio de r=0,1 m, determinar la velocidad de descenso en el punto más bajo de su recorrido. Por conservación de energía: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝒘𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝒗𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝒓𝟐 𝒗 = √ 𝒈∗𝒉∗𝟐 𝟏+ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝒓𝟐 = √ 𝟗,𝟖𝟏∗𝟓𝟕∗𝟐 𝟏+ 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏,𝟓 𝟎,𝟏 = 𝟑,𝟏𝟒 𝒎/𝒔 65. Mediante un torno de engranaje se está procediendo a levantar un coche de 1200 kg del modo que se indica en la figura. El coche está a 5,0 m sobre la superficie del agua. En ese instante, se rompen los engranajes del torno y el coche cae desde el reposo. Durante la caída del coche no hay deslizamiento entre la cuerda (sin masa), la polea y el tambor. El momento de inercia del tambor del torno es igual a 320 kg m2 y el de la polea 4 kg m2 , el radio del tambor es de 0,80 m y el de la polea de 0,30 m. Calcular la velocidad con la que el coche golpea la superficie del agua. Por conservación de la energía: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒑 ∗ 𝒘𝒑 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒕 ∗ 𝝎𝒕 𝟐 Para las velocidades tenemos: 𝝎𝒑 = 𝒗 𝑹𝒑 ; 𝝎𝒕 = 𝒗 𝑹𝒕 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒑 ∗ ( 𝒗 𝑹𝒑 ) 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒕 ∗ ( 𝒗 𝑹𝒕 ) 𝟐 𝒗 = √ 𝟐∗𝒎∗𝒈∗𝒉 𝒎+ 𝑰𝒑 𝑹𝒑 𝟐+ 𝑰𝒕 𝑹𝒕 𝟐 = √ 𝟐∗𝟏𝟐𝟎𝟎∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟓 𝟏𝟐𝟎𝟎+ 𝟒 𝟎,𝟑𝟎𝟐+ 𝟑𝟐𝟎 𝟎,𝟖𝟎𝟐 = 𝟖,𝟐𝟏 𝒎/𝒔
66. El sistema de la figura se deja libre desde el reposo. El cuerpo de 30 kg se encuentra a 2 m de la plataforma. La polea es un disco uniforme de 10 cm de radio y 5 kg de masa. Calcular a) La velocidad del cuerpo de 30 kg justo antes de que llegue a tocar la plataforma. b) La velocidad angular de la polea en ese instante. c) Las tensiones de las cuerdas. d) El tiempo que invierte el cuerpo de 30 kg en alcanzar la plataforma. Suponer que la cuerda no desliza sobre la polea. a) Por conservación energías: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 La velocidad angular de la polea es 𝒘 = 𝒗/𝑹. El momento de inercia de la polea es 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝑹𝟐 . Substituyendo: 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟑𝟎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒗 𝑹 ) 𝟐 + 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟑𝟎 𝒗 = √ 𝟐∗(𝒎𝟑𝟎−𝒎𝟐𝟎)∗𝒈∗𝒉𝟑𝟎 𝒎𝟑𝟎+𝒎𝟐𝟎+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑 = √ 𝟐∗𝟏𝟎∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟐 𝟑𝟎+𝟐𝟎+𝟐,𝟓 = 𝟐, 𝟕 𝒎/𝒔 b) 𝒘 = 𝒗 𝑹 = 𝟐,𝟕 𝟎,𝟏 = 𝟐𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒂 𝑻𝟏 − 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂/𝑹 Como tenemos la velocidad final: 𝒗𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 ;𝒂 = 𝒗𝟐 𝟐∗∆𝒙 = 𝟐,𝟕𝟐 𝟐∗𝟐 = 𝟏, 𝟖𝟕 𝒎/𝒔𝟐 𝑻𝟐 = 𝒎𝟑𝟎 ∗ (𝒈 − 𝒂) = 𝟑𝟎 ∗ (𝟗,𝟖𝟏 − 𝟏,𝟖𝟕) = 𝟐𝟒𝟎 𝑵 𝑻𝟏 = 𝒎𝟐𝟎 ∗ (𝒂 + 𝒈) = 𝟐𝟎 ∗ (𝟏,𝟖𝟕 + 𝟗,𝟖𝟏) = 𝟐𝟑𝟎 𝑵 d) 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 ; ∆𝒕 = 𝒗 𝒂 = 𝟐,𝟕 𝟏,𝟖𝟕 = 𝟏,𝟒𝟒 𝒔 67. Una esfera uniforme de masa M y radio R puede girar libremente respecto a un eje horizontal que pasa por su centro. Se enrolla una cuerda alrededor de la esfera y se une a un cuerpo de masa m como se indica en la figura. Calcular
a) La aceleración del cuerpo. b) La tensión de la cuerda. a) 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝑹 𝑬𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒆𝒓𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒔𝒇𝒆𝒓𝒂 𝒆𝒔 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝑹 Obtenemos: 𝑻 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂 Substituyendo en la primera: 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂 = 𝒎 ∗ 𝒂 Obtenemos: 𝒂 = 𝒎∗𝒈 𝟐 𝟓 ∗𝑴+𝒎 b) 𝑻 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝒎∗𝒈 𝟐 𝟓 ∗𝑴+𝒎 = 𝟐∗𝑴∗𝒎∗𝒈 𝟐∗𝑴+𝟓∗𝒎 68. Una máquina de Atwood posee dos objetos de masas m1=500 g y m2= 510 g, unidos por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea sin rozamiento (figura). La polea es un disco uniforme de masa 50 g y un radio de 4 cm. La cuerda no se desliza sobre la polea. a) Hallar la aceleración de las masas. b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda que soporta a m1? ¿Y de la cuerda que soporta a m2? ¿En cuánto difieren?
a) 𝑻𝟏 − 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝑹 = 𝟏/𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒂 𝑹 ) 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 Despejando a: 𝒂 = (𝒎𝟐−𝒎𝟏)∗𝒈 𝒎𝟐+𝒎𝟏+ 𝟏 𝟐 ∗𝑴 = (𝟎,𝟓𝟏𝟎−𝟎,𝟓𝟎𝟎)∗𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟓𝟏𝟎+𝟎,𝒌𝟓𝟎𝟎+ 𝟏 𝟐 ∗𝟎,𝟎𝟓 = 𝟎,𝟎𝟗𝟒𝟗 𝒎/𝒔𝟐 b) Del sistema obtenemos las tensiones: 𝑻𝟏 = 𝒎𝟏 ∗ (𝒈 + 𝒂) = 𝟎, 𝟓𝟎𝟎 ∗ (𝟗, 𝟖𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟗𝟒𝟗) = 𝟒, 𝟗𝟓 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ (𝒈 − 𝒂) = 𝟎,𝟓𝟏𝟎 ∗ (𝟗, 𝟖𝟏 − 𝟎, 𝟎𝟗𝟒𝟗) = 𝟒,𝟗𝟔 𝑵 ∆𝑻 = 𝟎,𝟎𝟏 𝑵 69. Dos objetos cuelgan de dos cuerdas unidas a dos ruedas capaces de girar respecto a un mismo eje del modo que se indica en la figura. El momento total de inercia de las dos ruedas es de 40 kg m2 . Los radios son R1=1,2 m y R2= 0,4 m. a) Si m1=24 kg, calcular el valor de m2 para que sea nula la aceleración angular de las dos ruedas. b) Si se colocan con suavidad 12 kg sobre la parte superior de m1, calcular la aceleración angular de las ruedas y la tensión de las cuerdas. a) 𝑻𝟏 ∗ 𝑹𝟏 = 𝑻𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝑻𝟏 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 ;𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹𝟏 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹𝟐 𝒎𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝑹𝟏 𝑹𝟐 = 𝟐𝟒 ∗ 𝟏,𝟐 𝟎,𝟒 = 𝟕𝟐 𝒌𝒈 b) En este caso las ecuaciones son: (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝒈 − 𝑻𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟏 𝑻𝟏 ∗ 𝑹𝟏 − 𝑻𝟐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝑻𝟐 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟐 Despejando α: 𝜶 = 𝒈∗((𝒎𝟏+𝒎)∗𝑹𝟏−𝑹𝟐∗𝒎𝟐) 𝑰+(𝒎𝟏+𝒎)∗𝑹𝟏 𝟐−𝒎𝟐∗𝑹𝟐 𝟐 = 𝟗,𝟖𝟏∗((𝟐𝟒+𝟏𝟐)∗𝟏,𝟐−𝟎,𝟒∗𝟕𝟐) 𝟒𝟎+(𝟐𝟒+𝟏𝟐)∗𝟏,𝟐𝟐+𝟕𝟐∗𝟎,𝟒𝟐 = 𝟏,𝟑𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐
Para las tensiones: 𝑻𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝒈 − (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟏 = 𝟑𝟔 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 − 𝟑𝟔 ∗ 𝟏, 𝟑𝟕 ∗ 𝟏, 𝟐 = 𝟐𝟗𝟒 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 + 𝒎𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟕𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 + 𝟕𝟐 ∗ 𝟏, 𝟑𝟕 ∗ 𝟎, 𝟒 = 𝟕𝟒𝟔 𝑵 70. Un cilindro uniforme de masa M y radio R tiene arrollada una cuerda. Esta cuerda está fuertemente sujeta, y el cilindro cae verticalmente, tal como se indica en la figura. a) Demostrar que la aceleración del cilindro está dirigida hacia abajo y que su magnitud es a=2g/3. b) Calcular la tensión de la cuerda. a) 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝑹 Despejando a: 𝒂 = 𝑴∗𝒈 𝑴+ 𝟏 𝟐 ∗𝑴 = 𝟐∗𝒈 𝟑 b) 𝑻 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐∗𝒈 𝟑 = 𝑴∗𝒈 𝟑 71. El cilindro de la figura del problema anterior está sostenido por la mano de una persona que acelera hacia arriba sin que se mueva el centro de masas del cilindro. Determinar a) La tensión de la cuerda. b) La aceleración angular. c) La aceleración de la mano. a) En este caso las ecuaciones son: 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝟎 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 Por tanto: 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒈 b) 𝜶 = 𝟐∗𝒈 𝑹 c) 𝒂 = 𝑹 ∗ 𝜶 = 𝟐 ∗ 𝒈
72. Un yo-yo de 0,1 kg está formado por dos discos sólidos de radio 10 cm unidos entre sí por una barra sin masa de radio 1 cm y una cuerda arrollada a la barra. Un extremo de la cuerda se mantiene fijo y está bajo la tensión constante T cuando se suelta el yo-yo. Determinar la aceleración del yo-yo y la tensión T. 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 Despejando a: 𝒂 = 𝒓 ∗ 𝒈 𝒓 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝒓 = 𝟎,𝟎𝟏 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟎𝟏 + 𝟎, 𝟏𝟐 𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟏 = 𝟎,𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔𝟐 c) 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂 = 𝟎, 𝟏 ∗ (𝟗,𝟖𝟏 − 𝟎,𝟏𝟗𝟐) = 𝟎,𝟗𝟔 𝑵 73. Un cilindro uniforme de masa m1, y radio R gira sobre un eje sin rozamiento. Se enrolla una cuerda alrededor del mismo que se une a una masa m2 la cual está apoyada en un plano inclinado sin rozamiento de ángulo ϴ, como se ve en la figura. El sistema se deja en libertad desde el reposo con m2 a una altura h sobre la base del plano inclinado, a) ¿Cuál es la aceleración de la masa m2? b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda? c) ¿Cuál es la energía total del sistema cuando m2 está a la altura h? d) ¿Cuál es la energía total cuando m2 está en la base del plano inclinado y posee una velocidad v? e) ¿Cuál es el valor de v? f) Analizar las respuestas para los casos extremos de ϴ=0º, ϴ=90º y m1=0. a)
Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝑻 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝑹 Despejando a: 𝒂 = 𝒎𝟐∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒎𝟐+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝟏 = 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 b) 𝑻 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 c) 𝑬 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 d) La energía mecánica se conserva dado que no hay fricción, en esta situación es energía cinética de traslación para m2 y de rotación para m1. 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 e) 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐 𝒗 = √ 𝟐∗𝒈∗𝒉 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 f) Para ϴ=0, a =0 ; T=0; E=0; v=0 Para ϴ=90: 𝒂 = 𝒈 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 𝑻 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒆𝒔 𝒍𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒎𝒂. Si la masa 1 es: 𝒂 = 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝑻 = 𝟎 𝑵 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 74. En la figura se muestra un dispositivo para medir el momento de inercia de un objeto. Una plataforma circular posee un tambor concéntrico de radio 10 cm alrededor del cual se arrolla una cuerda. Ésta cuerda pasa por una polea sin rozamiento y de su extremo cuelga un peso de masa M. El peso se deja caer desde el reposo y se mide el tiempo que transcurre cuando cae una distancia D. El sistema entonces se rebobina, el objeto cuyo momento de inercia se desea medir se sitúa sobre la plataforma y el sistema de nuevo se deja libre desde el reposo. El tiempo requerido ahora para que el peso descienda la misma distancia D proporciona los datos necesarios para el cálculo de I. Con M=2,5 kg y D=1,8 m, el tiempo es 4,2 s. a) Determinar el momento de inercia combinado de la plataforma, el eje del tambor y la polea. b) Con un objeto situado sobre la plataforma el tiempo es 6,8 s para D=1,8 m. Determinar el momento de inercia del objeto sobre el eje de la plataforma.
a) 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝑹 Por cinemática: 𝑫 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 ; 𝒂 = 𝟐∗𝑫 ∆𝒕𝟐 Substituimos: 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂 (𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂) ∗ 𝑹𝟐 = 𝑰 ∗ 𝒂 ; 𝑰 = (𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂) ∗ 𝑹𝟐 𝒂 𝑰 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒈 𝒂 − 𝟏) = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒈∗∆𝒕𝟐 𝟐∗𝑫 − 𝟏) = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐 ∗ ( 𝟗,𝟖𝟏∗𝟒,𝟐𝟐 𝟐∗𝟏,𝟖 − 𝟏) = 𝟏, 𝟏𝟕𝟕 𝒌𝒈 𝒎𝟐 b) En la nueva situación: 𝑰𝒕 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒈 ∗ ∆𝒕𝟐 𝟐 ∗ 𝑫 − 𝟏) = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐 ∗ ( 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟔, 𝟖𝟐 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖 − 𝟏) = 𝟑, 𝟏𝟐𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 Para este caso es 𝑰𝒕 = 𝑰 + 𝑰𝒄 ; 𝑰𝒄 = 𝑰𝒕 − 𝑰 𝑰𝒄 = 𝟑,𝟏𝟐𝟓 − 𝟏, 𝟏𝟕𝟕 = 𝟏,𝟗𝟒𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 Objetos rodantes sin deslizamiento 75. Verdadero o falso: Cuando un objeto rueda sin deslizamiento, el rozamiento no realiza trabajo alguno sobre el objeto. Verdadero 76. Una rueda de radio R rueda sin deslizamiento. La velocidad del punto de la periferia que está en contacto con la superficie, relativo a la superficie es a) Igual a Rw en el sentido del movimiento del centro de masas. b) Igual a Rw en sentido opuesto al del movimiento del centro de masas. c) Cero. d) Igual a la velocidad del centro de masas en el mismo sentido. e) Igual a la velocidad del centro de masas, pero en sentido contrario. Si la rueda rueda sin patinar, un punto en la parte superior de la rueda se mueve con una velocidad dos veces mayor que la del centro de masa de la rueda, pero la parte inferior de la rueda está momentáneamente en reposo. Respuesta c. 77. Un cilindro sólido y una esfera sólida tienen una masa igual. Ambos cuerpos ruedan sin deslizamiento sobre una superficie horizontal. Si sus energías cinéticas son iguales, entonces a) La velocidad de translación del cilindro e mayor que la de la esfera.
b) La velocidad de translación del cilindro es menor que la de la esfera. c) Las velocidades de translación de los dos objetos son iguales. d) Los resultados (a), (b) y (c) dependen de los radios de los objetos. Para el cilindro: 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 𝒗 = √ 𝟒∗𝑬 𝑴 Para la esfera: 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 𝒗 = √ 𝟓∗𝑬 𝑴 La respuesta correcta es la b. 78. Partiendo del reposo al mismo tiempo, una moneda y un anillo ruedan por un plano inclinado sin deslizamiento. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta: a) El anillo llega primero a la base del plano. b) La moneda llega en primer lugar. c) El anillo y la moneda llegan simultáneamente. d) El resultado de la carrera depende de sus masas relativas. e) El resultado de la carrera depende de sus diámetros relativos. El momento de inercia del anillo es 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝑹𝟐 Para la moneda 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝑹𝟐 . Consideramos las energías cinéticas: 𝑬𝒄𝒊𝒏 𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 𝑹𝟐 = 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 𝑺𝒊 𝒍𝒂 𝒄𝒂𝒅𝒊𝒂 𝒔𝒆 𝒅𝒂 𝒅𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒖𝒏𝒂 𝒍𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒉: 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 ; 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 = √𝒈 ∗ 𝒉 Para la moneda: 𝑬𝒄𝒊𝒏 𝒎𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒄𝒂í𝒅𝒂: 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 ; 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 = 𝟐 ∗ √ 𝒈∗𝒉 𝟑 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝒆𝒔 𝒎𝒂𝒚𝒐𝒓. 79. Un anillo de masa M y radio R rueda sin deslizamiento, ¿Es mayor su energía cinética de translación o su energía cinética de rotación? a) La energía cinética de translación es mayor. b) La energía cinética de rotación es mayor. c) Ambas son iguales. d) La respuesta depende del radio. e) La respuesta depende de la masa. 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 Respuesta correcta (c)
80. Un disco de masa M y radio R rueda sin deslizamiento, ¿Es mayor su energía cinética de translación o su energía cinética de rotación? f) La energía cinética de translación es mayor. g) La energía cinética de rotación es mayor. h) Ambas son iguales. i) La respuesta depende del radio. j) La respuesta depende de la masa. 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 Respuesta correcta (a) 81. Una bola rueda sin desplazamiento a lo largo de un plano horizontal. Demostrar que la fuerza de rozamiento que actúa sobre la bola deber ser cero. Sugerencia: Considerar una dirección posible para la acción de la fuerza de rozamiento y los efectos que esta fuerza ejercería sobre la velocidad del centro de masas y sobre la velocidad angular. Si existe fuerza de rozamiento la aceleración del centro de masas debe ser diferente de cero. Si rueda con m.c.u. el momento resultante deber ser cero, la aceleración angular es cero, cosa incoherente con la anterior aceleración del centro de masas, por tanto, la fuerza resultante debe ser cero. 82. Un cilindro sólido homogéneo rueda sin deslizamiento sobre una superficie horizontal. La energía cinética total es Ec. La energía cinética debida a la rotación alrededor de su centro de masas es a) ½ Ec. b) 1/3 Ec. c) 4/7 Ec. d) Ninguna de las anteriores. Respuesta correcta la b. 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟏 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 83. Un cilindro homogéneo de radio 18 cm y masa 60 kg rueda sin deslizamiento sobre una superficie horizontal a la velocidad de 5 m/s. ¿Qué trabajo hay que realizar para detener el cilindro? Calculamos la energía cinética total del cilindro: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝟔𝟎 ∗ 𝟐𝟓 = 𝟏𝟏𝟐𝟓 𝑱 El trabajo para frenar el cilindro será esta energía cinética. 84. Calcular los porcentajes de energía cinética total asociada con la rotación y con la traslación, de un objeto que rueda sin deslizarse, si este es, respectivamente, a) Una esfera uniforme. b) Un cilindro uniforme. c) Un aro. a) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝑬𝒄 ; % 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟕𝟏,𝟒 % 𝑬𝒄
𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝑬𝒄 ; 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟐𝟖,𝟔 % 𝑬𝒄 b) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟒 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 ; 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟔𝟔, 𝟕 % 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 ; 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟑𝟑,𝟑 % 𝑬𝒄 c) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ; 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟓𝟎 % 𝑬𝒄 = 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 85. Un aro de 0,40 m de radio y 0,6 kg rueda sin deslizarse con una velocidad de 15 m/s hacia un plano inclinado de 30º. ¿Cuál será la distancia subida por el aro en el plano? (Suponer que rueda sin deslizarse). Por conservación de energías: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝑳 = 𝒗𝟐 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝟏𝟓𝟐 𝟗,𝟖𝟏∗𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟒𝟓,𝟗 𝒎 86. Una pelota rueda sin deslizarse por un plano inclinado que forma un ángulo ϴ con la horizontal. Calcular en función del coeficiente de rozamiento µe. a) La aceleración de la pelota. b) La fuerza de rozamiento. c) El máximo ángulo de inclinación para que la pelota pueda rodar sin deslizarse. a) 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒇 ∗ 𝒓 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 ∗ 𝒓; 𝒇 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 Substituyendo: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝟑 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 b) 𝒇 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 c) Si consideramos las componentes normales:
𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒇 = 𝝁 ∗ 𝑵 = 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 A partir del resultado de b: 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒕𝒈𝜽 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁) 87. Un bote vacío de masa total 3 M rueda sin deslizar. Si su masa está distribuida como indica la figura. ¿Qué relación existe entre la energía cinética de traslación y la energía cinética de rotación alrededor de su centro de masas? 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 𝑰 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟑 88. Una bicicleta de masa 14 kg lleva ruedas de 1,2 m de diámetro, cada una de masa 3 kg. La masa del ciclista es 38 kg. Estimar la fracción de energía cinética total de la bicicleta y el ciclista asociada a la rotación de las ruedas. 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟏𝟒 + 𝟑𝟖) ∗ 𝒗𝟐 = 𝟐𝟔 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟔 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄 = 𝟐𝟗 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 𝑬𝒄 = 𝟑 𝟐𝟗 = 𝟎, 𝟏𝟎 ; 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 𝑬𝒄 % = 𝟏𝟎 % 89. Una esfera hueca y otra sólida (y uniforme) de iguales masas m y radios R ruedan sin deslizamientos por un plano inclinado desde la misma altura H (figura). Ambas se mueven horizontalmente al salir de la rampa. Cuando las esferas chocan contra el suelo, el alcance de la esfera hueca es L. Determinar el alcance L’ de la esfera uniforme sólida.
Por conservación de energías, para la esfera hueca: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝑯 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝑯 𝟐 𝑹𝟐 ; 𝒗𝑯 = √ 𝟔 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 Para la esfera maciza: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒄 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝒄 𝟐 𝑹𝟐 ; 𝒗𝒄 = √ 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 El punto de caída de cada bola vendrá dado por: 𝑳 = 𝒗𝑯𝒗𝒄 = √ 𝟔 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 ∗ ∆𝒕 𝑳′ = 𝒗𝒄 ∗ ∆𝒕 = √ 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 ∗ ∆𝒕 𝑳′ 𝑳 = √ 𝟏𝟎/𝟕 𝟔/𝟓 = 𝟏, 𝟎𝟗 90. Un cilindro hueco y otro cilindro sólido uniforme ruedan horizontalmente sin desplazamiento. La velocidad del cilindro hueco es v. Ambos cilindros encuentran un plano inclinado por el que trepan sin deslizar. Si la altura máxima que alcanzan es la misma, determinar la velocidad v’ del cilindro uniforme. Para el cilindro hueco: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝑯 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎𝑯 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎𝑯 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 ; 𝒗𝟐 = 𝒈 ∗ 𝒉 Para el macizo: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒄 ∗ 𝒗′𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒄 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗′𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 ; 𝒗′𝟐 = 𝟒 𝟑 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 𝒗′ 𝒗 = √ 𝟒 𝟑 91. Un cilindro hueco, de paredes delgadas, y una esfera sólida parten del reposo y ruedan sin deslizamiento por un plano inclinado de longitud 3 m. El cilindro llega a la base del plano 2,4 s después de la esfera. Determinar el ángulo que forma el plano inclinado con la horizontal. Para el cilindro: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒇 ∗ 𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 De esto: 𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 Para la esfera: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒇 ∗ 𝒓 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; 𝒇 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂
Despejando: 𝒂 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 Como los dos salen del reposo y tienen un movimiento uniformemente acelerado: Para el cilindro: 𝑳 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽) ∗ 𝒕𝟏 𝟐 ; 𝒕𝟏 = √ 𝟒∗𝑳 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 Para la esfera: 𝑳 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟓 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽) ∗ 𝒕𝟏 𝟐 ; 𝒕𝟐 = √ 𝟏𝟒∗𝑳 𝟓∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐, 𝟒 = 𝒕𝟏 − 𝒕𝟐 = (𝟐 − √ 𝟏𝟒 𝟓 ) ∗ √ 𝑳 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 Despejando: 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 ( 𝟎,𝟑𝟑𝟐∗𝟑 𝟐,𝟒𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 ) = 𝟎,𝟑𝟑 92. Una bola uniforme de radio r rueda sin deslizarse a lo largo de una vía que forma un bucle según se indica a la figura. Parte del reposo a la altura h por encima del punto inferior del lazo. a) Si la bola no abandona la vía en la parte superior del bucle, ¿Cuál es el valor mínimo que puede tener h en función del radio del bucle? b) ¿Cuál debería ser h si la bola hubiera de deslizarse a lo largo de una vía sin rozamiento en lugar de rodar? a) Para no abandonar la vía en la parte superior: 𝑷 − 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 ;𝑽𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐:𝑵 = 𝟎;𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 𝑷𝒐𝒓 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐:𝒗 = √𝒈 ∗ 𝑹 Por conservación energías: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 𝒉 = 𝟐, 𝟕 ∗ 𝑹 b) En este caso no hay energía cinética de rotación: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 𝒉 = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝑹 93. Una rueda posee una delgada llanta de 3,0 kg y cuatro radios, cada uno de masa 1,2 kg. Determinar la energía cinética de la rueda al rodar sobre una superficie horizontal a la velocidad de 6,0 m/s. 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝑻 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 Para el momento de inerca tenemos: 𝑰 = 𝑴𝑹 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟒 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ (𝑴𝑹 + 𝟒 𝟑 ∗ 𝑴𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐) Con esto:
𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝟐 ∗ (𝟐 ∗ 𝑴𝑹 + 𝟏𝟔 𝟑 ∗ 𝑴𝑹) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑𝟔 ∗ (𝟔 + 𝟏𝟔 𝟑 ∗ 𝟏,𝟐) = 𝟐𝟐𝟑,𝟐 𝑱 94. Dos discos uniformes y pesados están conectados por una corta barra. El sistema se sitúa sobre un plano inclinado de tal modo que los discos cuelgan sobre los lados. Cada disco posee una masa de 20 kg y un radio de 30 cm y la barra de conexión tiene un radio de 2 cm y una masa de 1 kg. El plano está inclinado 30º y la barra rueda sobre el plano sin deslizamiento. a) ¿Cuál es la aceleración lineal del sistema que desciende por el plano? b) ¿Cuál es la aceleración angular del sistema? c) Si el sistema parte del reposo, ¿Cuál es la energía cinética de traslación cuando ha rodado 2 m sobre el plano? d) ¿Cuál es la energía cinética de rotación al cabo de dicho desplazamiento? a) 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇𝒔 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝒇𝒔 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓 El momento de inercia del “artefacto”: 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒅 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒃 ∗ 𝒓𝟐 = 𝑴𝒅 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒃 ∗ 𝒓𝟐 𝑰 = 𝟐𝟎 ∗ 𝟎,𝟑𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 ∗ 𝟎, 𝟎𝟐𝟐 = 𝟏, 𝟖𝟎 𝒌𝒈 𝒎𝟐 De las ecuaciones de la dinámica: 𝒇𝒔 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓𝟐 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓𝟐 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝑴∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 (𝑴+ 𝑰 𝒓𝟐) = 𝟒𝟏∗𝟗,𝟖𝟏∗𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 (𝟒𝟏+ 𝟏,𝟖𝟎 𝟎,𝟎𝟐𝟐) = 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 𝒎/𝒔𝟐 b) 𝜶 = 𝒂 𝒓 = 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 𝟎,𝟎𝟐 = 𝟐, 𝟐𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 = √𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 ∗ 𝟐 = 𝟎, 𝟒𝟐 𝒎/𝒔 𝑬𝒄,𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒𝟏 ∗ 𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 ∗ 𝟐 = 𝟑,𝟔𝟑 𝑱 d) 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖𝟎 ∗ 𝟐∗𝒂∗∆𝒙 𝒓𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖𝟎 ∗ 𝟐∗𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑∗𝟐 𝟎,𝟎𝟐𝟐 = 𝟑𝟗𝟗 𝑱 95. Una rueda de radio R rueda sin desplazamiento con velocidad V. Las coordenadas del centro de la rueda son X, Y. a) Demostrar que las coordenadas x e y del punto P de la figura son X+ rocosϴ y R + ro senϴ, respetivamente. b) Demostrar que la velocidad total v del punto P tiene por componente vx=V+(roV senϴ)/R y vy=-(roVcosϴ)/R.
c) Demostrar que en el instante en que X=0, v y r son perpendiculares entre sí calculando su producto escalar. d) Demostrar que v=rw siendo w=V/R la velocidad angular de la rueda. Estos resultados demuestran que, en el caso de rodar sin deslizamiento, el movimiento es el mismo que si el objeto que rueda estuviese girando instantáneamente alrededor del punto de contacto con velocidad w=V/R. a) 𝒙 = 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ;𝒚 = 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 relativo al centro de la rueda. Relativo al punto O: 𝒙 = 𝑿 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ;𝒚 = 𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 b) 𝒗𝒙 = 𝒅 𝒅𝒕 (𝑿 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ) = 𝒅𝑿 𝒅𝒕 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒅 𝒅𝒕 (𝒄𝒐𝒔𝜽) = 𝑽 − 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒅𝜽 𝒅𝒕 𝒗𝒙 = 𝑽 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 𝒗𝒚 = 𝒅 𝒅𝒕 (𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ) = −𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 𝑫𝒐𝒏𝒅𝒆 𝒉𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒖𝒔𝒂𝒅𝒐: 𝒅𝜽 𝒅𝒕 = −𝝎 = − 𝑽 𝑹 c) 𝒗 ⃗ ⃗ ∗ 𝒓 ⃗ = 𝒗𝒙 ∗ 𝒙 + 𝒗𝒚 ∗ 𝒚 = (𝑽 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) ∗ 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − (𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) ∗ (𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽) = 𝟎 d) 𝒗 = √𝒗𝒙 𝟐 + 𝒗𝒚 𝟐 = √(𝑽 + +𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) 𝟐 + (𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) 𝟐 𝒗 = 𝑽 ∗ √𝟏 + 𝟐 ∗ 𝒓𝒐 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 + 𝒓𝒐 𝟐 𝑹𝟐 𝒓 = √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = √(𝑿 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽)𝟐 + (𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽)𝟐 𝒓 = 𝑹 ∗ √𝟏 + 𝟐 ∗ 𝒓𝒐 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 + 𝒓𝒐 𝟐 𝑹𝟐 𝝎 = 𝒗 𝑹 = 𝑽 𝑹 96. Un cilindro uniforme de masa M y radio R descansa sobre un bloque de masa m, el cual a su vez se encuentra en reposo sobre una mesa horizontal sin rozamiento (figura). Si aplicamos al bloque una fuerza horizontal F, éste acelera y el cilindro rueda sin deslizamiento. Determinar la aceleración del bloque.
Tenemos la aceleración del bloque ( aB), la aceleración del cilindro (aC) respecto del suelo y la aceleración del cilindro en su rotación relativa al bloque(𝒂𝑪𝑩 = −𝜶 ∗ 𝑹). 𝒂𝒄 = 𝒂𝑩 + 𝒂𝑪𝑩 Aplicando la segunda ley de Newton: Masa m: 𝑭 − 𝒇′ = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 ; 𝑭𝒏 − 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑭𝑴 = 𝟎 Masa M: 𝒇 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂𝑪𝑩 𝑹 ; 𝑭𝑴 − 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝟎 ;𝒇 = 𝑴 ∗ 𝒂𝑪 (𝟏) De la ecuación de rotación de M: 𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝑪𝑩 = 𝒇′ (𝟐) Para la ecuación x de m: 𝑭 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝑪𝑩 = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 Utilizando 𝒂𝒄 = 𝒂𝑩 − 𝜶 ∗ 𝑹 ; 𝑹 ∗ 𝜶 = 𝒂𝑩 − 𝒂𝒄 𝒚 (𝟏) 𝒀 (𝟐): 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝑩 − 𝒂𝒄) = 𝑴 ∗ 𝒂𝒄 𝒂𝑩 = 𝟑 ∗ 𝒂𝑪 Por tanto: 𝑭 − 𝒇′ = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 ; 𝑭 − 𝑴 ∗ 𝒂𝑪 = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 ;𝑭 − 𝑴 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝒂𝑩 = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 Despejando: 𝒂𝑩 = 𝑭 𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴 = 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 97. (a) Determinar la aceleración angular del cilindro en el problema 96. ¿es horaria o anti horaria la rotación del cilindro? (b) Cual es aceleración lineal del cilindro respecto a la mesa? Tomemos como sentido el mismo que indica la dirección de F. (c) ¿Cuál es la aceleración del cilindro respecto del bloque? a) A partir de las mismas ecuaciones del problema 96: 𝜶 = 𝒂𝑪𝑩 𝑹 = 𝒂𝑩−𝒂𝒄 𝑹 = 𝟐∗𝒂𝒄 𝑹 = 𝟐 𝟑 ∗𝒂𝑩 𝑹 = 𝟐∗𝑭 𝑹∗(𝟑∗𝒎+𝑴) Sentido anti horario. b)𝒂𝑪 = 𝒂𝑩 𝟑 = 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 c) 𝒂𝑪𝑩 = 𝒂𝑪 − 𝒂𝑩 = 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 − 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 = −𝟐∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 98. Si la fuerza del problema 96 actúa a lo largo de una distancia d, determinar a) La energía cinética del bloque. b) La energía cinética del cilindro. c) Demostrar que la energía cinética total es igual al trabajo realizado sobre el sistema. a) 𝒗𝑩 𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒂𝑩 ∗ 𝒅 = 𝟐 ∗ 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 Usando al valor de aceleración encontrado en el problema anterior.
𝑬𝑪,𝑩 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝑩 𝟐 = 𝟑∗𝑭∗𝒎 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 = 𝑭∗𝒎 𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴 b) Usando la aceleración encontrada en el problema 96: 𝒂𝑪 = 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 Dado que esta aceleración es tres veces menor que la de B, la velocidad de C será tres veces menor que la de B. 𝒗𝑪 𝟐 = 𝒗𝑩 𝟐 𝟗 = 𝟐 𝟗 ∗ 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 La energía cinética de traslación del cilindro es: 𝑬𝒄,𝒕𝒓𝒂𝒔 𝑪 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐 𝟗 ∗ 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 = 𝑭∗𝑴∗𝒅 𝟑∗(𝟑∗𝒎∗𝑴) Para la energía cinética de rotación del cilindro: 𝑬𝒓𝒐𝒕,𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝑪𝑩 𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝑪𝑩 𝟐 La aceleración de rotación del cilindro, aCB: 𝒂𝑪𝑩 = 𝒂𝒄 − 𝒂𝑩 = −𝟐 ∗ 𝒂𝑪 Por tanto, la velocidad será dos veces la de b: 𝒗𝑪𝑩 = −𝟐 ∗ 𝒗𝑪 𝒗𝑪𝑩 𝟐 = 𝟒 ∗ 𝒗𝑪 𝟐 = 𝟖∗𝑭∗𝒅 𝟑∗(𝟑∗𝒎+𝑴) 𝑬𝒓𝒐𝒕,𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝟖∗𝑭∗𝒅 𝟑∗(𝟑∗𝒎+𝑴) = 𝟐∗𝑭∗𝒅∗𝑴 𝟑∗(𝟑∗𝒎+𝑴 ) Sumando: 𝑬𝑪,𝒄𝒊𝒍 = 𝑬𝒄,𝒕𝒓𝒂𝒔 𝑪 + 𝑬𝒓𝒐𝒕,𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏 = 𝑭∗𝑴∗𝒅 (𝟑∗𝒎∗𝑴) c) 𝑬𝒄𝒊𝒏,𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑭∗𝑴∗𝒅 (𝟑∗𝒎+𝑴) + 𝟑∗𝑭∗𝒎∗𝒅 𝟑∗𝒎+𝑴 = 𝑭 ∗ 𝒅 ∗ ( 𝑴+𝟑∗𝒎 𝟑∗𝒎+𝑴 ) = 𝑭 ∗ 𝒅 99. Una bolita inicialmente en reposo en el punto más alto de una gran esfera fija, comienza a rodar sin deslizamiento por la superficie de la esfera (figura). Determinar el ángulo desde el polo de la esfera hasta el punto donde la bolita pierde el contacto con aquella, El radio de la bolita es 1 cm y el de la esfera 80 cm. Para “saltar” de la esfera: 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 ; 𝒗𝟐 = 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽
Teniendo en cuenta la conservación de energías, considerando h=0 en el centro de la esfera: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽) 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝟏𝟎 𝟏𝟕 ; 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔( 𝟏𝟎 𝟏𝟕 ) = 𝟓𝟒𝒐 Rodadura con deslizamiento 100.Verdadero o falso: Cuando una esfera rueda y desliza sobre una superficie rugosa la energía mecánica se disipa. Verdadero, si desliza la fuerza de fricción disipará energía. 101. Un taco de billar golpea una bola en un punto muy próximo a su parte más superior, de modo que comienza a girar sobre sí misma. Como desliza la fuerza de rozamiento a) Incrementa vcm. b) Decrece vcm. c) No tiene efecto sobre vcm. Debido a que la bola se golpea lo suficientemente alto como para tener un efecto liftado, la fuerza de fricción está hacia adelante; reduciendo ω hasta que se cumpla la condición antideslizante. (a) Es correcta. 102. En una bolera se lanza una bola de masa M y radio R de modo que en el instante que toque el suelo se esté moviendo con una velocidad vo sin rodamiento. La bola desliza durante un tiempo t1 a lo largo de una distancia s1 antes de empezar a rodar sin deslizamiento. a)Si µc es el coeficiente de rozamiento por deslizamiento entre la bola y el suelo, calcular s1,t1 y la velocidad final v1 de la bola. b)Determinar la relación entre la energía mecánica final e inicial de la bola. c)Evaluar estas magnitudes para v0=8 m/s y µc =0,06. a)Para el tramo de deslizamiento: 𝒇𝒄 = −𝝁𝒄 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝑴 ∗ 𝒂𝑪𝑴 ; 𝒂𝑪𝑴 = −𝝁𝒄 ∗ 𝒈 𝒗𝑪𝑴 = 𝒗𝒐 − 𝒂𝑪𝑴 ∗ 𝒕 = 𝒗𝒐 − 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕 Para el momento tenemos: 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶; 𝝁𝒄 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁𝒄∗𝒈 𝑹 Para la velocidad angular tenemos: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝒕 = 𝜶 ∗ 𝒕 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁𝒄∗𝒈 𝑹 ∗ 𝒕 La condición de rodadura es 𝒗𝑪𝑴 = 𝑹 ∗ 𝝎 : 𝒗𝒐 − 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟏 = 𝑹 ∗ 𝝎 = 𝑹 ∗ 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁𝒄∗𝒈 𝑹 ∗ 𝒕𝟏 Despejando el tiempo: 𝒕𝟏 = 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 Para la distancia: 𝒔𝟏 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒕𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ 𝒕𝟏 𝟐 = 𝒗𝒐 ∗ 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 ) 𝟐 𝒔𝟏 = 𝟏𝟐∗𝒗𝒐 𝟐 𝟒𝟗∗𝝁𝒄∗𝒈 Con la velocidad: 𝒗𝟏 = 𝒗𝒐 − 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 𝒗𝟏 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒗𝒐
b) 𝑬𝒄𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒄𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝟏 𝟐 𝑹𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝟓 𝟏𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒄𝒇 𝑬𝒄𝒇 = 𝟓 𝟕 c)Para los valores indicados: 𝒕𝟏 = 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 = 𝟐∗𝟖 𝟕∗𝟎,𝟎𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟑, 𝟖𝟖 𝒔 𝒔𝟏 = 𝟏𝟐∗𝒗𝒐 𝟐 𝟒𝟗∗𝝁𝒄∗𝒈 = 𝟏𝟐∗𝟔𝟒 𝟒𝟗∗𝟎,𝟎𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟐,𝟔𝟔 𝒎 𝒗𝟏 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒗𝒐 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝟖 = 𝟓,𝟕𝟏 𝒎/𝒔 103. Una bola de billar de radio r se encuentra inicialmente en reposo sobre una mesa de billar horizontal (figura). Se le golpea mediante un taco que desarrolla una fuerza de magnitud Po durante un tiempo muy corto ∆t. El taco golpea a la bola en un punto situado a una distancia h del punto de contacto con la mesa. Demostrar que la velocidad angular ωo está relacionada con la velocidad lineal inicial del centro de masas vo por 𝝎𝒐 = 𝟓 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒉−𝒓 𝟐∗𝒓𝟐. Para la rotación de la bola: 𝝉 = 𝑷𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) Para el teorema del impulso en la rotación 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝝉 ∗ ∆𝒕 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑷𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) ∗ ∆𝒕 Llamando 𝑷𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝑷𝒐 ∗ ∆𝒕 = ∆𝒑 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑷𝒕𝒓𝒂𝒔 ∗ (𝒉 − 𝒓) = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) Para La cantidad de movimiento de rotación 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝝎𝒐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) 𝝎𝒐 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒉−𝒓 𝒓𝟐 104. Una pelota esférica uniforme se pone en rotación respecto a un eje horizontal con una velocidad angular 𝝎𝒐 y se deja en reposo sobre el suelo. Si el coeficiente de rozamiento por deslizamiento entre la pelota y el suelo es 𝝁𝒄, calcular la velocidad del centro de masas de la pelota cuando ésta comienza a rodar sin deslizamiento. 𝒇𝑹 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 Para la rotación: 𝒇𝑹 ∗ 𝒓 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝜶
A partir de la expresión de la fuerza de rozamiento 𝒇𝑹 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 : 𝒂 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 Para un movimiento uniformemente acelerado: 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Por la ecuación de rotación: 𝜶 = 𝟓∗𝒇𝑹 𝟐∗𝒎∗𝒓 = 𝟓∗𝒎∗𝒂 𝟐∗𝒎∗𝒓 = 𝟓∗𝒂 𝟐∗𝒓 = 𝟓∗𝝁𝒄∗𝒈 𝟐∗𝒓 Teniendo en cuenta el movimiento circular: 𝝎 = 𝝎𝒐 − 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 − 𝟓∗𝝁𝒄∗𝒈 𝟐∗𝒓 ∗ ∆𝒕 La condición de rodar sin deslizar 𝒗 = 𝒓 ∗ 𝒘 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝒓 ∗ (𝝎𝒐 − 𝟓∗𝝁𝒄∗𝒈 𝟐∗𝒓 ∗ ∆𝒕) Despajando ∆t ∆𝒕 = 𝟐∗𝒓∗𝝎𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 Por tanto, la velocidad será: 𝒗 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝒓 ∗ 𝝎𝒐 105. Una pelota sólida homogénea con una masa de 20 g y un radio de 5 cm descansa sobre una superficie horizontal. En dirección horizontal y a una distancia de 9 cm sobre la superficie se aplica a la bola una fuerza instantánea. La fuerza crece linealmente desde 0 hasta un valor máximo de 40 000 N en 10-4 s y después decrece linealmente a 0 en 10-4 s. a) ¿Cuál es la velocidad de la pelota después del impacto? b) ¿Cuál es la velocidad angular de la pelota después del impacto? c) ¿Cuál es la velocidad de la pelota cuando comienza rodar sin deslizar? d) ¿Durante cuánto tiempo la pelota ha deslizado sobre la superficie? Supóngase que µc=0,5. a) Con el teorema del impulso: 𝑰 = ∆𝒑 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ; 𝒗𝒐 = 𝑭𝒎𝒆𝒅∗∆𝒕 𝒎 𝒗𝒐 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟐,𝟎∗𝟏𝟎−𝟒 𝟎,𝟎𝟐𝟎 = 𝟐, 𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 b) 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝝉𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝝉𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 𝒓 Para el momento de rotación tenemos: 𝝉𝒎𝒆𝒅 = 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ (𝒉 − 𝒓) 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ (𝒉 − 𝒓) ∗ ∆𝒕 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝝎𝒐 Usando el teorema del impulso:
𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐; ∆𝒕 = 𝒎∗𝒗𝒐 𝑭𝒎𝒆𝒅 Substituimos: 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ (𝒉 − 𝒓) ∗ 𝒎∗𝒗𝒐 𝑭𝒎𝒆𝒅 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝝎𝒐 𝝎𝒐 = 𝟓 𝟐 ∗ (𝒉−𝒓)∗𝒗𝒐 𝒓𝟐 = 𝟓 𝟐 ∗ (𝟎,𝟎𝟗−𝟎,𝟎𝟓)∗𝟐𝟎𝟎 𝟎,𝟎𝟓𝟐 = 𝟖𝟎𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) Por la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = 𝝁 ∗ 𝒈 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 Para la rotación: 𝒇𝒓 ∗ 𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶 Para la velocidad tenemos: 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Utilizando la ecuación de la rotación: 𝜶 = 𝒇𝒓∗𝒓 𝑰 = 𝒎∗𝒂∗𝒓 𝟐 𝟓 ∗𝒎∗𝒓𝟐 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 Teniendo en cuenta m.c.u.a: 𝝎 = 𝝎𝒐 − 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 − 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 ∗ ∆𝒕 Para la velocidad lineal: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 La condición de rodar sin deslizar: 𝒗 = 𝒓 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝒓 ∗ 𝝎𝒐 − 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 ∗ ∆𝒕 Despejando ∆t: ∆𝒕 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝒓∗𝝎𝒐−𝒗𝒐 𝝁∗𝒈 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝟎,𝟎𝟓∗𝟖𝟎𝟎𝟎−𝟐𝟎𝟎 𝟎,𝟓∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟏𝟏,𝟔 𝒔 (d) Por tanto: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝟐𝟎𝟎 + 𝟎,𝟓 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟏,𝟔 = 𝟐𝟓𝟕 𝒎/𝒔 106. Una bola de billar de 0,3 kg y radio 3 cm es golpeada por el taco mediante un impulso horizontal que pasa por su centro. La velocidad inicial de la bola es 4 m/s. el coeficiente de rozamiento cinético es 0,6. a) ¿Durante cuántos segundos desliza la bola antes de que comience a rodar sin deslizamiento? b) ¿Cuál es el tiempo de deslizamiento? c) ¿Cuál es su velocidad cuando comienza a rodar sin deslizamiento? a) La fuerza resultante sobre la bola es la fuerza de rozamiento.
𝒇𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = 𝝁 ∗ 𝒈 𝒗𝒄𝒎 = 𝒗𝒐 − 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Para la rotación: 𝝉 = 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝝁∗𝒎∗𝒈∗𝒓 𝑰 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 Tenemos para la rotación: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝟓 𝟐 ∗ ( 𝝁∗𝒈 𝒓 ) ∗ ∆𝒕 Para la traslación: 𝒗𝒄𝒎 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Imponemos la condición de rodar sin deslizamiento: 𝒗 = 𝒓 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟏 = 𝒓 ∗ 𝟓 𝟐 ∗ ( 𝝁∗𝒈 𝒓 ) ∗ 𝒕𝟏 El tiempo pedido es: 𝒕𝟏 = 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 = 𝟐∗𝟒 𝟕∗𝟎,𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟎,𝟏𝟗𝟒 𝒔 b) Para rodar sin deslizar: 𝟎 = 𝟐, 𝟖𝟔 − 𝟎,𝟔 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝒕𝟐 𝒕𝟐 = 𝟐,𝟖𝟔 𝟎,𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟎,𝟒𝟗 𝒔 c) La velocidad en este momento es: 𝒗 = 𝟒 − 𝟎, 𝟔 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟎, 𝟏𝟗𝟒 = 𝟐,𝟖𝟔 𝒎/𝒔 (c) 107. Una bola de billar inicialmente en reposo recibe un golpe instantáneo mediante un taco. El impulso es horizontal y se aplica a una distancia 2R/3 por debajo de la línea central (figura). La velocidad inicial de la bola es vo y el coeficiente de rozamiento cinético µc. a) ¿Cuál es la velocidad angular inicial ωo? b) ¿Cuál es la velocidad de la bola una vez que comienza a rodar sin deslizamiento? c) ¿Cuál es la energía cinética inicial de la bola? d) ¿Cuál es el trabajo de rozamiento realizado por la bola cuando desliza por la mesa? a)
𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑭𝒊𝒎 ∗ (𝒉 − 𝑹) ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑷𝒕𝒓𝒂𝒔 ∗ (𝒉 − 𝑹) = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ∗ (𝒉 − 𝑹) = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 Despejando la velocidad inicial: 𝝎𝟎 = 𝒎∗𝒗𝒐∗(𝒉−𝑹) 𝑰 = 𝒎∗𝒗𝒐∗(𝒉−𝑹) 𝟐 𝟓 ∗𝒎∗𝑹𝟐 = 𝒗𝒐∗ 𝟐 𝟑 ∗𝑹 𝟐 𝟓 ∗𝑹𝟐 = 𝟓 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 𝑹 b) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓𝒐𝒛 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 𝑭𝒏 = 𝒎 ∗ 𝒈 𝒇𝒓𝒐𝒛 = −𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = −𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = −𝝁 ∗ 𝒈 Despejando la aceleración angular en la primera: 𝜶 = 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 La velocidad angular en un momento dado: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 + 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕 La velocidad lineal en un momento dado: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Teniendo en cuenta la condición de rodar sin deslizamiento: 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = (𝝎𝒐 + 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕) ∗ 𝑹 Despejando el tiempo: ∆𝒕 = 𝟏𝟔∗𝒗𝒐 𝟐𝟏∗𝝁∗𝒈
Por tanto, la velocidad será: 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 𝟏𝟔∗𝒗𝒐 𝟐𝟏∗𝝁∗𝒈 = 𝟓 𝟐𝟏 ∗ 𝒗𝒐 c) 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝑬𝒕𝒓𝒂𝒔 + 𝑬𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟓 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 𝑹 ) 𝟐 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏𝟗 𝟏𝟖 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 d) 𝑾𝒇𝒓 = ∆𝑬𝒎 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 Usando los valores de v y w de b: 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝒗 𝑹 ) 𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝟓 𝟐𝟏 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 = 𝟓 𝟏𝟐𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑾𝒇𝒓 = 𝟓 𝟏𝟐𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 − 𝟏𝟗 𝟏𝟖 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 = −𝟏,𝟎𝟏𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 108. En una bolera una bola de radio R posee una velocidad inicial vo y una velocidad angular de espín ωo=3 vo/R cuando se lanza por la pista. El coeficiente de rozamiento es µc. a) ¿Cuál es la velocidad de la bola cuando comienza a rodar sin deslizamiento? b) ¿Durante cuánto tiempo ha deslizado la bola antes de que empiece a rodar sin deslizamiento? c) ¿Qué distancia ha recorrido la bola por la pista antes de que comience a rodar sin deslizamiento? a) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓𝒐𝒛 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 𝑭𝒏 = 𝒎 ∗ 𝒈 𝒇𝒓𝒐𝒛 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = 𝝁 ∗ 𝒈 Por tanto: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 − 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Imponiendo la condición de rodar sin deslizar: 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = ( 𝟑∗𝒗𝒐 𝑹 − 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕) ∗ 𝑹 Despejando el tiempo:
∆𝒕 = 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 (b) La velocidad será: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 = 𝟏𝟏 𝟕 ∗ 𝒗𝒐 b) Hecho en (a) c) ∆𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ ∆𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 = 𝒗𝒐 ∗ 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 ) 𝟐 = 𝟎, 𝟕𝟑𝟓 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝝁∗𝒈 109. Un cilindro sólido de masa M descansa lateralmente sobre una superficie horizontal. Un taco de billar lo golpea violentamente de modo que la fuerza aplicada es horizontal y pasa por el centro del cilindro. Este inicia un movimiento de traslación con velocidad inicial vo. El coeficiente de rozamiento deslizante entre el cilindro y la superficie es µc. a) ¿Cuál es la velocidad de traslación del cilindro al rodar sin deslizamiento? b) ¿Qué distancia recorre el cilindro antes de rodar sin deslizamiento? c) ¿Qué fracción de su energía mecánica inicial se disipa en rozamiento? a) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓𝒐𝒛 = −𝝁 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝑴 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = −𝝁 ∗ 𝒈 𝒇𝒓𝒐𝒛 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝝁∗𝑴∗𝒈∗𝑹 𝑰 = 𝝁∗𝑴∗𝒈∗𝑹 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐 = 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 Para el movimiento: 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 ∗ ∆𝒕 = 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 ∗ ∆𝒕 Imponiendo la condición de radar sin deslizar: 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝑹 ∗ ( 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 ∗ ∆𝒕) Despejando el tiempo: ∆𝒕 = 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 Por tanto: 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 b) ∆𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ ∆𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 ) 𝟐 = 𝟓 𝟏𝟖 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝝁∗𝒈 c) 𝑾𝒇𝒓 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊−𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊
𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟐 𝟑 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒗 𝑹 )𝟐 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 = 𝟐 𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟐 𝟑 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑾𝒇𝒓 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏/𝟑 Problemas generales 110. El momento ejercido por la atracción gravitatoria terrestre sobre un satélite de telecomunicación en órbita es un vector a) Dirigido hacia la Tierra. b) Dirigido paralelamente al eje terrestre hacia el polo norte. c) Dirigido paralelamente al eje terrestre hacia el polo sur. d) Dirigido hacia el satélite. e) Nulo. La correcta es la b 111. La Luna gira sobre sí misma al mismo tiempo que gira alrededor de la Tierra, de modo que muestra siempre la misma cara. Utilizar este hecho para determinar la velocidad angular (en rad/s) de la Luna alrededor de su eje. (El periodo de revolución de la Luna alrededor de la Tierra es 27,3 días). 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐𝟕,𝟑 𝒅𝒊𝒂𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗𝒗 ∗ 𝟏 𝒅𝒊𝒂 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟏 𝒉𝒐𝒓𝒂 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 = 𝟐,𝟔𝟔 𝟏𝟎−𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 112. Determinar el momento de inercia de un aro alrededor de un eje perpendicular al plano del aro que pase por un punto de su borde.
𝑰 = ∫ 𝒅𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ ∫ 𝝀 ∗ 𝒅𝒍 = 𝑹𝟐 ∗ ∫ 𝒎 𝟐∗𝝅∗𝑹 ∗ 𝑹 ∗ 𝒅𝜽 = 𝒎∗𝑹𝟐 𝟐∗𝝅 ∗ ∫ 𝒅𝜽 𝟐∗𝝅 𝟎 = 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 Aplicando el teorema de ejes paralelos: 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 113. Con objeto de poner en marcha un tiovivo, se enrolla una cuerda alrededor de él y se tira de la misma. Se ejerce durante 12 s una fuerza de 260 N sobre la cuerda. Durante este tiempo el tiovivo, que tiene un radio de 2,2 m, realiza una rotación completa. a) Hallar la aceleración angular del tiovivo admitiendo que es constante. b) ¿Qué momento ejerce la cuerda sobre el tiovivo? c) ¿Cuál es el momento de inercia del tiovivo? a) 𝚫𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 ; 𝜶 = 𝟐∗𝚫𝜽 𝚫𝒕𝟐 = 𝟐∗𝟐∗𝝅 𝟏𝟒𝟒 = 𝟎,𝟎𝟖𝟕𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟐𝟔𝟎 ∗ 𝟐,𝟐 = 𝟓𝟕𝟐 𝑵 ∗ 𝒎 c) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶; 𝑰 = 𝝉 𝜶 = 𝟓𝟕𝟐 𝟎,𝟎𝟖𝟕𝟑 = 𝟔,𝟓𝟓 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝒈 𝒎𝟐 114. Un disco uniforme de radio 0,12 m y masa 5 kg tiene un eje central de modo que puede girar libremente a su alrededor. Se enrolla una cuerda alrededor del disco y se tira de ella con una fuerza de 20 N(figura). a) ¿Cuál es el momento ejercido por el disco? b) ¿Cuál es la aceleración angular del mismo? c) Si el disco parte del reposo, ¿Cuál es su velocidad angular después de 5 s? d) ¿Cuál es su energía cinética después de 5 s? e) Hallar el ángulo total ϴ que gira el disco en 5 s. f) Demostrar que el trabajo realizado por el momento, т∆ϴ es igual a la energía cinética. a) 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟐𝟎 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐 = 𝟐, 𝟒𝟎 𝑵 𝒎 b) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 ;𝜶 = 𝝉 𝑰 = 𝑭∗𝑹 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐 = 𝟐∗𝑭 𝑴∗𝑹 = 𝟐∗𝟐𝟎 𝟓∗𝟎,𝟏𝟐 = 𝟔𝟔,𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝝎 = 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 = 𝟔𝟔,𝟕 ∗ 𝟓 = 𝟑𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 d) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝟓 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟐 = 𝟐𝟎𝟎𝟎 𝒌𝑱 e) 𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔𝟔,𝟕 ∗ 𝟓𝟐 = 𝟖𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅 f) 𝑾 = 𝝉 ∗ 𝚫𝜽 = 𝑰 ∗ 𝜶 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ (𝜶 ∗ 𝚫𝒕)𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 115. Una barra de 0,25 kg y longitud 80 cm está suspendida de un pivote sin rozamiento por un extremo. Se mantiene horizontalmente y se deja en libertad. Inmediatamente después de su liberación, a) ¿Cuál es la aceleración del dentro de la barra? b) ¿Y la aceleración inicial de un punto del extremo de la barra? c) Determinar la velocidad lineal del centro de la barra cuando está en posición vertical.
a) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 ;𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 𝑳 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟖𝟗 = 𝟏𝟖,𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 𝒂 = 𝜶 ∗ 𝒙 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒈 = 𝟕,𝟑𝟔 𝒎/𝒔𝟐 b) 𝒂 = 𝜶 ∗ 𝒙 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 𝑳 ∗ 𝑳 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 = 𝟏𝟒,𝟕𝟐 𝒎/𝒔𝟐 c) 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟑∗𝒈 𝑳 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝒙 = √ 𝟑∗𝒈 𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ √𝟑 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 = 𝟏 𝟐 ∗ √𝟑 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟎, 𝟖𝟎 = 𝟐, 𝟒𝟑 𝒎/𝒔 116. Una barra uniforme de longitud 3 L está pivotada como se muestra en la figura y se mantiene en una posición horizontal. ¿Cuál es la aceleración angular inicial α de la barra si se deja en libertad? 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 El momento de inercia será, el del centro es 1/12*M*L2 : 𝑰 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 + 𝑴 ∗ ( 𝟏 𝟔 ∗ 𝑳) 𝟐 = 𝟏 𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝑳 𝟑 ∗ (𝟐 ∗ 𝑴 𝟑 ∗ 𝒈) = 𝟏 𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟐∗𝒈 𝑳 117. Una barra uniforme de longitud L y masa m está pivotada por el medio como indica la figura. En uno de los extremos tiene una masa 2m. Si el sistema se deja en libertad desde una posición horizontal, ¿Cuál es la velocidad máxima de la carga?
𝑰 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝑳 𝟐 ) 𝟐 = 𝟕 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 Por conservación de la energía: 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟕 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟐𝟒∗𝒈 𝟕∗𝑳 La velocidad de la masa 2 m en el punto más bajo será: 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝑳 𝟐 = √ 𝟐𝟒∗𝒈 𝟕∗𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = √ 𝟔∗𝒈∗𝑳 𝟕 118. Una bolita de masa M y radio R rueda sin deslizamiento hacia abajo por la pista de la izquierda desde la altura h1 como indica la figura. La bolita sube entonces por la pista sin rozamiento de la derecha hasta una altura h2. Determinar h2. Suponemos R<<h1 y R<<h2. En la primera caída la energía potencial se convierte en cinética de traslación y rotación: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 𝒗𝟐 = 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 En la segunda parte la bola subirá sin rodar: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟐 𝒉𝟐 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 119. Un disco uniforme con una masa de 120 kg y un radio de 1,4 m rueda inicialmente con una velocidad angular de 1100 rev/min. a) A una distancia radial de 0,6 m se aplica una fuerza tangencial. ¿qué trabajo debe realizar esta fuerza para detener el disco? b) Si la rueda se detiene en 2,5 min, ¿qué momento produce la fuerza? ¿Cuál es la magnitud de la fuerza? c) ¿Cuántas revoluciones da la rueda en estos 2,5 min? a) 𝑾 = ∆𝑬𝒎 = − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟏, 𝟒𝟐∗ (𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 )𝟐 𝑾 = 𝟕, 𝟖 𝟏𝟎𝟓 𝑱 b) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ −𝒘𝒐 ∆𝒕 = − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟏, 𝟒𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟐,𝟓 𝒎𝒊𝒏∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝝉 = 𝟗𝟎,𝟑 𝑵𝒎 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝒅 ; 𝑭 = 𝝉 𝒅 = 𝟗𝟎,𝟑 𝟎,𝟔 = 𝟏𝟓𝟎 𝑵 c) 𝝎𝒐 𝟐 = −𝟐 ∗ 𝜶 ∗ ∆𝜽 ∆𝜽 = 𝝎𝒐 𝟐 𝟐∗𝜶 = 𝝎𝒐∗∆𝒕 𝟐 = 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 ∗𝟐,𝟓 𝒎𝒊𝒏∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟐 = 𝟖𝟔𝟑𝟗 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅𝒓𝒂𝒅 = 𝟏𝟒𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗
120. Un tiovivo de un parque tiene una plataforma circular de 4 m de diámetro y una masa de 240 kg. Cuatro niños que corren a su alrededor empujan tangencialmente la plataforma hasta que el tiovivo, partiendo del reposo, alcanza una velocidad estacionaria de una revolución completa cada 2,8 s. a) Si cada niño ejerce una fuerza de 26 N, ¿Qué distancia han recorrido? b) ¿Cuál es la velocidad angular del tiovivo? c) ¿Cuánto trabajo ha realizado cada niño? d) ¿Cuál es la energía cinética del tiovivo? a) 𝝉 = 𝟒 ∗ 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝟒 ∗ 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝟐∗∆𝜽 ∆𝜽 = 𝒎∗𝑹∗𝝎𝟐 𝟏𝟔∗𝑭 ∆𝒔 = ∆𝜽 ∗ 𝑹 = 𝒎∗𝑹𝟐∗𝝎𝟐 𝟏𝟔∗𝑭 = 𝟐𝟒𝟎∗𝟐𝟐∗( 𝟏𝒓𝒆𝒗 𝟐,𝟖 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ) 𝟐 𝟏𝟔∗𝟐𝟔 = 𝟏𝟏,𝟔 𝒎 b) 𝝎 = 𝟏𝒓𝒆𝒗 𝟐,𝟖 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 = 𝟐, 𝟐𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) 𝑾 = ∆𝑬𝒎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝟐𝟒𝟎 ∗ 𝟒 ∗ 𝟐, 𝟐𝟒𝟐 = 𝟏𝟐𝟎𝟒 𝑱 𝑾𝟏 𝒏𝒊ñ𝒐 = 𝑾 𝟒 = 𝟑𝟎𝟏 𝑱 d) W=1204 J 121. Un aro de masa 1,5 kg y radio 65 cm tiene una cuerda arrollada a su circunferencia y está apoyado en posición plana sobre una mesa horizontal sin rozamiento. Se tira de la cuerda con una fuerza de 5 N. a) ¿Qué distancia recorrerá el centro del aro en 3 s? b) ¿Cuál es la velocidad angular del aro respecto a su centro de masas al cabo de 3 s? a) 𝝉 ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎 ; 𝝎 = 𝑭∗𝑹∗∆𝒕 𝑰 = 𝑭∗𝑹∗∆𝒕 𝑴∗𝑹𝟐 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 = 𝑭∗∆𝒕 𝑴 Por otra parte: 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 ; 𝒂 = 𝒗 ∆𝒕 = 𝑭 𝑴 ∆𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑭∗∆𝒕𝟐 𝑴 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟓∗𝟗 𝟏,𝟓 = 𝟏𝟓 𝒎 b) 𝝎 = 𝑭∗∆𝒕 𝑴∗𝑹 = 𝟓∗𝟑 𝟏,𝟓∗𝟎,𝟔𝟓 = 𝟏𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔 122. Una rueda vertical de molino está constituida por un disco uniforme de masa 60 kg y 45 cm de radio. Posee un manubrio de 65 cm de radio y masa despreciable. Se une un peso de 25 kg al manubrio cuando éste se encuentra en posición horizontal. Calcular a) La aceleración angular de la rueda y b) La velocidad angular máxima de la misma. a) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 Donde: 𝝉 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒅𝟐 𝜶 = 𝝉 𝑰 = 𝒎∗𝒈∗𝒅 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐+𝒎∗𝒅𝟐 = 𝟐𝟓∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟎,𝟔𝟓 𝟏 𝟐 ∗𝟔𝟎∗𝟎,𝟒𝟓𝟐+𝟐𝟓∗𝟎,𝟔𝟓𝟐 = 𝟗, 𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒅𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟐∗𝒎∗𝒈∗𝒅 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐+𝒎∗𝒅𝟐 = √ 𝟐∗𝟐𝟓∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟎,𝟔𝟓 𝟏 𝟐 ∗𝟔𝟎∗𝟎,𝟒𝟓𝟐+𝟐𝟓∗𝟎,𝟔𝟓𝟐 = 𝟒,𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔
123. Deducir el llamado teorema de los ejes perpendiculares para figuras planas que relaciona los momentos de inercia respecto a dos ejes perpendiculares al plano de la figura con el momento de inercia respecto a un tercer eje perpendicular al plano de la figura. Considerar el elemento de masa dm de la figura situado en el plano xy. a) Expresar el momento de inercia de la figura respecto al eje z en función de dm y r. b) Relacionar la distancia r a dm con las distancias x e y y demostrar así que Iz=Ix+Iy. c) Aplicar este resultado a la determinación del momento de inercia de un disco uniforme de radio R respecto a un diámetro del disco. 𝒅𝑰𝒚 = 𝒅𝒎 ∗ 𝒙𝟐 𝒅𝑰𝒙 = 𝒅𝒎 ∗ 𝒚𝟐 𝒅𝑰𝒛 = 𝒅𝒎 ∗ 𝒓𝟐 𝒅𝑰𝒚 + 𝒅𝑰𝒙 = 𝒅𝒎 ∗ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) = 𝒅𝒎 ∗ 𝒓𝟐 = 𝒅𝑰𝒛 Por tanto: 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 = 𝑰𝒛 Para el disco considerado 𝑰𝒙 = 𝑰𝒚. Por tanto: 𝑰𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒛 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 124. Un disco uniforme de radio R y masa M pivota alrededor de un eje horizontal que pasa por su borde, paralelamente al eje de simetría, de tal manera que puede oscilar libremente en un plano vertical (figura). Desde una posición de reposo, con su centro de masas a la misma altura que el pivote, se deja en libertad. a) ¿Cuál es la velocidad angular del disco cuando su centro de masas está directamente por debajo del pivote? b) ¿Qué fuerza ejerce el pivote en ese momento? a) 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟒∗𝒈 𝟑∗𝑹 b) Sobre el pivote actúa una fuerza F, de forma que: 𝑭 − 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 = 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑹
𝑭 = 𝑴 ∗ 𝒈 + 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑹 = 𝑴 ∗ 𝒈 + 𝑴 ∗ 𝟒∗𝒈 𝟑∗𝑹 ∗ 𝑹 𝑭 = 𝟕 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 125. Un carrete de masa M descansa sobre un plano inclinado a una distancia D medida desde el fondo. El carrete tiene un radio máximo R y un radio mínimo r, y un momento de inercia I respecto a su eje. Una larga cuerda de masa despreciable se arrolla múltiples veces alrededor del centro del carrete y el otro extremo se sujeta a la parte más alta del plano inclinado de modo que la cuerda siempre se mantiene paralela al plano como muestra la figura. a) Supongamos que inicialmente la pendiente está recubierta de una capa de hielo, de modo que no hay rozamiento. ¿Cómo se mueve el carrete al descender por la pendiente? Utilizar consideraciones energéticas para determinar la velocidad del centro de masas del carrete cuando alcanza la base del plano inclinado. Dar la respuesta en función de M, I, r, R, g, D y ϴ. b) Supongamos ahora que el hielo ha desaparecido y que cuando se deja el carrete en libertad hay suficiente rozamiento para evitar el deslizamiento sobre la pendiente. ¿Cuál es en este caso la dirección y magnitud de la fuerza de rozamiento? a) El carrete baja por el plano inclinado acelerando hacia ab ajo y girando a causa de la tensión en sentido anti horario. Por energías, el trabajo de T se invierte en rotación, tenemos: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑫 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ ( 𝒗 𝒓 ) 𝟐 𝒗 = √ 𝟐∗𝑴∗𝒈∗𝑫∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝑴+ 𝑰 𝒓𝟐 b)
Con las condiciones dadas: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝑻 − 𝒇𝒆 = 𝟎 𝝉 = 𝟎 ; 𝑻 ∗ 𝒓 = 𝒇𝒆 ∗ 𝑹 ; 𝑻 = 𝒇𝒆∗𝑹 𝒓 Substituimos T: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇𝒆∗𝑹 𝒓 − 𝒇𝒆 = 𝟎 Despejando la fuerza de rozamiento: 𝒇𝒆 = 𝑴∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟏+ 𝑹 𝒓 = 𝑴∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽∗𝒓 𝒓+𝑹 126. Un joven propone la siguiente modificación en el juego de hockey sobre hielo. En lugar del usual castigo de dos minutos sin jugar, el infractor será metido dentro de un barril en medio del campo y se le haría girar como una peonza por el equipo contrario. Una vez bien mareado, regresaría al campo de juego. Suponer que el jugador penalizado se introduce en un cilindro uniforme de 100 kg y 0,60 m de radio sobre hielo liso. Dos patinadores arrollan cuerdas alrededor del disco en el mismo sentido. Cada uno de ellos tira de su cuerda y patina alejándose de modo que ejercen fuerzas constantes de 40 N y 60 N, respectivamente, durante 6 s (figura). Describir el movimiento del cilindro. Es decir, ¿Cuál es la aceleración, la velocidad y la posición del centro de masas en función del tiempo? El cilindro se mueve hacia la derecha con m.r.u.a y girando en sentido anti horario. Aplicando la segunda ley de Newton, durante los primeros 6 s: 𝟔𝟎 − 𝟒𝟎 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝟐𝟎 𝒎 = 𝟐𝟎 𝟏𝟎𝟎 = 𝟎,𝟐 𝒎 𝒔𝟐 El centro de masas tendrá m.r.u.a: 𝒗 = 𝒂 ∗ 𝒕 = 𝟎, 𝟐 ∗ 𝒕 𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ 𝒕𝟐 = 𝟎,𝟏 ∗ 𝒕𝟐 A partir del segundo 6 el cilindro se traslada con m.r.u., la velocidad del centro de masas será 1,2 m/s. Para la rotación tenemos: 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝑹 = (𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝟏𝟎𝟎 𝑴∗𝑹 = 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎∗𝟎,𝟔 = 𝟑,𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅 𝒔𝟐 El movimiento circular uniformemente acelerado tendrá durante los 6 s las ecuaciones: 𝝎 = 𝜶 ∗ 𝒕 = 𝟑,𝟑𝟑 ∗ 𝒕 𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝒕𝟐 = 𝟏, 𝟔𝟕 ∗ 𝒕𝟐 A partir del segundo 6 gira con movimiento circular uniforme de velocidad 19,98 rad/s.
127. Una barra metálica sólida de 1,5 m de longitud puede girar libremente sin rozamiento alrededor de un eje horizontal fijo, perpendicular a la barra y que pasa por un extremo. El otro extremo se mantiene en posición horizontal. Una serie de pequeñas monedas de masa m se sitúan sobre la barra a 25 cm, 50 cm, 76 cm, 1m, 1,25 m y 1,50 m desde el soporte. Se deja ahora en libertad el extremo libre, calcular la fuerza inicial ejercida sobre cada moneda por la barra. La masa de las monedas es depreciable en comparación con la masa de la barra. Para cada moneda tenemos: 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑭(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒂(𝒙) Para la rotación tenemos: 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝝉 𝑰 = 𝒎∗𝒈∗𝑳/𝟐 𝟏 𝟑 ∗𝒎∗𝑳𝟐 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 Para cada moneda tenemos: 𝒂(𝒙) = 𝜶 ∗ 𝒙 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒙 La fuerza buscada es: 𝑭(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝒎 ∗ 𝒂(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝟏 − 𝟑 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒙) Para L=1,5 m: 𝑭(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝟏 − 𝒙) Obtenemos para cada moneda: X(m) F(N) 0,25 0,75*m*g 0,5 0,50*m*g 0,75 0,25*m*g 1 0 1,25 0 1,50 0 128. Una barra delgada de longitud L y masa M se soporta en horizontal por dos cuerdas, cada una de ellas sujeta a un extremo como muestra la figura. Si se corta una de las cuerdas, la barra comienza a girar alrededor del punto donde se conecta a la otra cuerda (punto A de la figura). a) Determinar la aceleración inicial del centro de masas de la barra. b) Demostrar que la tensión inicial de la cuerda es Mg/4 y que la aceleración angular inicial de la barra alrededor de un eje que pasa por el punto A es 3g/2L. c) ¿A qué distancia del punto A la aceleración lineal es igual a g? a) Por la segunda ley de Newton para la rotación:
𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 (𝑴 ∗ 𝒈) ∗ 𝑳 𝟐 = ( 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ ( 𝒂𝒄𝒎 𝑳 𝟐 ) Despejando: 𝒂𝒄𝒎 = 𝟑∗𝒈 𝟒 b) (𝑴 ∗ 𝒈) ∗ 𝑳 𝟐 = ( 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 Por la segunda ley de Newton: 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 Utilizando el valor de a encontrado: 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝟑∗𝒈 𝟒 𝑻 = 𝑴∗𝒈 𝟒 c) 𝒂 = 𝒈 = 𝜶 ∗ 𝒙 𝒈 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒙 𝒙 = 𝟐∗𝑳 𝟑 129. La figura muestra un cilindro hueco de longitud 1,8 m, masa 0,8 kg y radio 0,2 m. El cilindro puede girar libremente alrededor de un eje vertical que pasa por su centro y es perpendicular al eje del cilindro. Dentro del cilindro existen dos masas de 0,2 kg cada una, conectadas a sendos muelles, de constante k y longitudes naturales 0,4 m. Las paredes interiores del cilindro carecen de rozamiento. a) Determinar el valor de la constante del muelle sabiendo que las masas están localizadas a 0,8 m del centro del cilindro cuando éste gira a 24 rad/s. b) ¿Qué trabajo es necesario para que el sistema pase de ω=0 a ω=24 rad/s? a) Sobre las masas interiores aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒌 ∗ ∆𝒙 = 𝒎 ∗ 𝝎𝟐 ∗ (𝒙 + ∆𝒙) Despejamos la k: 𝒌 = 𝒎∗𝝎𝟐∗(𝒙+∆𝒙) ∆𝒙 = 𝟎,𝟐∗𝟐𝟒𝟐∗𝟎,𝟖 𝟎,𝟒 = 𝟐𝟑𝟎,𝟒 𝑵/𝒎 b) El trabajo realizado se invierte en energía cinética y potencial elástica: 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ ∆𝒙𝟐 El momento de inercia del sistema es para un cilindro hueco: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 Para los dos discos, L es muy pequeño, no se indica en el enunciado: 𝑰 = 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟎𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒙𝟐) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒙𝟐
Por tanto, para todo el sistema: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒙𝟐 𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒚𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖 ∗ 𝟏, 𝟖𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖𝟐 = 𝟎, 𝟒𝟗𝟐 𝑵 𝒎𝟐 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟒𝟗𝟐 ∗ 𝟐𝟒𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐𝟑𝟎,𝟒 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 = 𝟏𝟔𝟎,𝟏 𝑱 130. Supongamos que en el sistema descrito en el problema 129, las constantes de los muelles, son para cada uno 60 N/m. El sistema parte del reposo y lentamente acelera hasta que las masas se encuentran a 0,8 m del centro del cilindro. ¿Qué trabajo se ha realizado en este problema? Sobre las masas interiores aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒌 ∗ ∆𝒙 = 𝒎 ∗ 𝝎𝟐 ∗ (𝒙 + ∆𝒙) 𝝎 = √ 𝒌 ∗ ∆𝒙 𝒎 ∗ (𝒙 + ∆𝒙) = √ 𝟔𝟎 ∗ 𝟎, 𝟒 𝟎, 𝟐 ∗ 𝟎,𝟖 = 𝟏𝟐,𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ ∆𝒙𝟐 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟒𝟗𝟐 ∗ 𝟏𝟐,𝟐𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔𝟎 ∗ 𝟎, 𝟒𝟐 = 𝟒𝟏,𝟒 𝑱 131. Una cuerda se arrolla alrededor de un cilindro uniforme de radio R y masa M que descansa sobre una superficie horizontal sin rozamiento. Se tira horizontalmente de la cuerda desde la parte superior con una fuerza F. a) Demostrar que la aceleración angular del cilindro es doble que la necesaria para rodar sin deslizamiento, de modo que el cilindro desliza hacia atrás contra la mesa. b) Determinar la magnitud y dirección de la fuerza de rozamiento entre la masa y el cilindro necesaria para que el cilindro ruede sin deslizar. ¿Cuál es la aceleración del cilindro en este caso? a) Si no hay fricción, f=0. 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟐∗𝑭 𝑴∗𝑹 Para la traslación: 𝑭 = 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 La condición de rodar sin deslizar es:
𝜶′ = 𝒂𝒄𝒎 𝑹 = 𝑭 𝑴∗𝑹 Tenemos una aceleración doble de la necesaria. b) Consideramos el eje de rotación el punto de contacto con la superficie. 𝑭 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟐∗𝑭∗𝑹 𝑰 𝑬𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒆𝒓𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆𝒍 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒘𝒑𝒆𝒄𝒕𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒅𝒆 𝒓𝒐𝒕𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒔 ∶ 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝜶 = 𝟐∗𝑭∗𝑹 𝑰 = 𝟒∗𝑭 𝟑∗𝑴∗𝑹 La aceleración del centro de masas es: 𝒂𝒄𝒎 = 𝜶 ∗ 𝑹 = 𝟒∗𝑭 𝟑∗𝑴 Por la segunda ley de Newton: 𝑭 + 𝒇 = 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝒇 = 𝑴 ∗ 𝟒∗𝑭 𝟑∗𝑴 − 𝑭 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑭 132. En la figura se muestra un cilindro sólido de masa M y radio R al cual se supone un cilindro hueco de radio r. Alrededor del cilindro se arrolla una cuerda. El cilindro sólido descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre el cilindro y la superficie es µe. Si se aplica una ligera tensión a la cuerda en dirección vertical, el cilindro rueda hacia la izquierda; si la tensión se aplica con la cuerda extendida horizontalmente, el cilindro rueda hacia la derecha. Determinar el ángulo que debe formar la cuerda con la horizontal para que el cilindro permanezca estacionario al aplicar una pequeña tensión a la cuerda. El diagrama de fuerzas es: El punto de giro es la base del cilindro, la única fuerza que tendrá momento es la tensión. Para el caso de que tengamos el ángulo ϴ, el momento será nulo si la línea de acción de la tensión pasa por el punto de apoyo del cilindro, como se ve en el dibujo.
𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒓 𝑹 ; 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔( 𝒓 𝑹 ) 133. Un cilindro homogéneo pesado tiene una masa m y un radio R. Se ve acelerado por una fuerza T que se aplica mediante una cuerda arrollada a lo largo de un tambor ligero de radio r unido al cilindro (figura). El coeficiente de rozamiento estático es suficiente para que el cilindro ruede sin deslizar. a) Hallar la fuerza de rozamiento. b) Hallar la aceleración a del centro del cilindro. c) ¿Es posible escoger r de modo que a sea mayor que T/m? ¿Cómo? d) ¿Cuál es el sentido de la fuerza de rozamiento en la circunferencia descrita en la parte c? a) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝑻 − 𝒇𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 𝑻 ∗ 𝒓 − 𝒇𝒓 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝑰 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑹 ; 𝑻 ∗ 𝒓 − 𝒇𝒓 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑹 Despejando la fuerza de rozamiento en la última ecuación: 𝒇𝒓 = 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 Poniendo este valor en la primera ecuación: 𝑻 − ( 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎) = 𝒎 ∗ 𝒂𝒄𝒎 Despejando la aceleración: 𝒂𝒄𝒎 = 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) Usando este valor en la expresión obtenida para la fuerza de rozamiento: 𝒇𝒓 = 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 = 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 )) Operando: 𝒇𝒓 = 𝑻 𝟑 ∗ ( 𝟐∗𝒓 𝑹 − 𝟏) b) Encontrado en a: 𝒂𝒄𝒎 = 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) c) 𝒂𝒄𝒎 > 𝑻 𝑴 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) > 𝑻 𝑴 𝟐 𝟑 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) > 𝟏 𝒓 > 𝑹/𝟐 d) En este caso: 𝟐 ∗ 𝒓 𝑹 > 𝟏 ; 𝒑𝒐𝒓 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐 𝒇𝒓 > 𝟏. 𝑳𝒂 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒕𝒆𝒏𝒅𝒓á 𝒆𝒍 𝒔𝒆𝒏𝒕𝒊𝒅𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒕𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏. 134. Se hace pasar un eje por uno de los extremos de una barra uniforme de longitud L y masa M de modo que la barra cuelgue de él. La barra se suelta desde el reposo formando un ángulo ϴo con la vertical. Demostrar que cuando el ángulo con la velocidad es ϴ, el
eje ejerce una fuerza Fr a lo largo de la barra y una fuerza Ft perpendicular que viene dadas por 𝑭𝒓 = 𝟏 𝟐 𝑴𝒈(𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐) y 𝑭𝒕 = 𝟏/𝟒𝑴𝒈𝒔𝒆𝒏𝜽. Por conservación energías: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 Usando 𝑰 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 Despejando la velocidad angular: 𝝎𝟐 = 𝟑∗𝒈 𝑳 ∗ (𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 − 𝒄𝒐𝒔𝜽) 𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒂 𝒍𝒆𝒚 𝒅𝒆 𝑵𝒆𝒘𝒕𝒐𝒏: 𝑭𝒓 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑳 𝟐 𝑭𝒓 = 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑳 𝟐 − 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝑴 𝟐 ∗ (𝟑 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 − 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽) − 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝑭𝒓 = 𝟏 𝟐 𝑴 ∗ 𝒈(𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐) 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝑭𝒕: Para la aceleración tangencial: 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑳 𝟐 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒊𝒅𝒆𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒐 𝒂𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒅𝒆 𝒓𝒐𝒕𝒂𝒄𝒊ó𝒏: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝑴∗𝒈∗𝑳∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐∗𝑰 = 𝑴∗𝒈∗𝑳∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐∗ 𝟏 𝟑 ∗𝑴∗𝑳𝟐 = 3∗𝑔∗𝑠𝑒𝑛𝜃 2∗𝐿 Por tanto: 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐∗𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟒 𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒂 𝒍𝒆𝒚 𝒅𝒆 𝑵𝒆𝒘𝒕𝒐𝒏 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍: 𝑭𝒕 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝑴 ∗ 𝒂𝒕 ; 𝑭𝒕 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝑴 ∗ 𝟑∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟒 𝑭𝒕 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽
El signo indica que el sentido de la fuerza es opuesto a M*g*senϴ.

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Rotacion

  • 1.
    Rotación 1. Dos puntossobre un disco giran a velocidad angular constante: uno de ellos está en el borde del disco y el otro a la mitad de distancia entre el borde y el eje. ¿Cuál de los dos puntos recorre una mayor distancia en un tiempo determinado? ¿Cuál gira un ángulo mayor? ¿Cuál posee mayor velocidad? ¿Y mayor velocidad angular? ¿Cuál tiene mayor aceleración tangencial? ¿Y mayor aceleración angular? ¿Y mayor aceleración centrípeta?  El que está más alejado recorre más distancia.  Los dos giran el mismo ángulo.  El que está más alejado tiene mayor velocidad lineal.  Los dos tienen la misma velocidad angular.  Los dos tienen la misma aceleración angular, el más alejado tiene más aceleración tangencial.  El más alejado tiene mayor aceleración normal o centrípeta. 2. Verdadero o falso: a) La velocidad angular y la velocidad lineal tiene las mismas dimensiones. b) Todas las partes de una rueda giratoria tienen la misma velocidad angular. c) Todas las partes de una rueda giratoria deben tener la misma aceleración angular. Falso, verdadero y verdadero. 3. Partiendo del reposo, un disco realiza 10 revoluciones hasta alcanzar la velocidad angular ω. Con aceleración angular constante, ¿Cuántas revoluciones adicionales debe realizar para alcanzar una velocidad 2 ω? a) 10 rev b) 20 rev c) 30 rev d) 40 rev e) 50 rev 𝝎𝟐 = 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝝋 = 𝟐𝟎 ∗ 𝜶 𝟒 ∗ 𝝎𝟐 − 𝝎𝟐 = 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝝋𝟐 𝟒 ∗ 𝟐𝟎 ∗ 𝜶 − 𝟐𝟎 ∗ 𝜶 = 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝝋𝟐 𝚫𝝋𝟐 = 𝟑𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝐑𝐞𝐬𝐩𝐮𝐞𝐬𝐭𝐚 𝐜 4. Una partícula se mueve en una circunferencia de radio 90 m con una velocidad de módulo constante de 25 m/s. a) ¿Cuál es su velocidad angular en radianes por segundo alrededor del centro de la circunferencia? b) ¿Cuántas revoluciones realiza en 30 s? a) 𝝎 = 𝒗 𝑹 = 𝟐𝟓 𝟗𝟎 = 𝟎,𝟐𝟕𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝒔 b) 𝚫𝜽 = 𝝎 ∗ 𝚫𝒕 = 𝟎,𝟐𝟕𝟖 ∗ 𝟑𝟎 = 𝟖, 𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅 𝟖,𝟑𝟒 𝐫𝐚𝐝 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 = 𝟏,𝟑𝟑 𝒓𝒆𝒗 5. Una rueda parte del reposo y tiene aceleración angular constante de 2,6 rad/s2 . a) ¿Cuál es su velocidad angular después de 6 s? b) ¿Qué ángulo habrá girado? c) ¿Cuántas revoluciones habrá realizado? d) ¿Cuál es la velocidad y la aceleración de un punto situado a 0,3 m del eje de rotación? a) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎 = 𝟐,𝟔 ∗ 𝟔 = 𝟏𝟓,𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐
  • 2.
    𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐,𝟔 ∗ 𝟔𝟐 = 𝟒𝟔,𝟖 𝒓𝒂𝒅 c) 𝟒𝟔,𝟖 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 = 𝟕, 𝟒𝟓 𝒓𝒆𝒗 d) 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝑹 𝒗(𝟔) = 𝟏𝟓,𝟔 ∗ 𝟎, 𝟑 = 𝟒,𝟔𝟖 𝒎/𝒔 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑹 = 𝟐,𝟔 ∗ 𝟎,𝟑 = 𝟎,𝟕𝟖 𝒎/𝒔𝟐 𝒂𝒏 = 𝒗𝟐 𝑹 = 𝒘𝟐 ∗ 𝑹 𝒂𝒏(𝟔) = 𝟏𝟓,𝟔𝟐 ∗ 𝟎, 𝟑 = 𝟕𝟑 𝒎/𝒔𝟐 𝒂 = √𝒂𝒕 𝟐 + 𝒂𝒏 𝟐 𝒂(𝟔) = √𝟎, 𝟕𝟖𝟐 + 𝟕𝟑𝟐 = 𝟕𝟑 𝒎/𝒔𝟐 6. Un tocadiscos que gira a 33 1/3 rev/min se desconecta. Se frena con aceleración angular constante y queda parada al cabo de 26 s. a) Hallar la aceleración angular. b) ¿Cuál es la velocidad angular media del tocadiscos? c) ¿Cuántas revoluciones realiza antes de detenerse? a) 𝜶 = 𝚫𝝎 𝚫𝒕 𝝎𝒐 = 𝟑𝟑,𝟑𝟑 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎𝒔 = 𝟑, 𝟒𝟗 𝒓𝒆𝒗/𝒔 𝜶 = 𝟎−𝟑,𝟒𝟗 𝟐𝟔 = −𝟎,𝟏𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝝎𝒎 = 𝚫𝜽 𝚫𝒕 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 𝜽 = 𝟑,𝟒𝟗 ∗ 𝟐𝟔𝟐 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟏𝟑𝟒 ∗ 𝟐𝟔𝟐 = 𝟒𝟓,𝟒𝟓 𝒓𝒂𝒅 𝝎𝒎 = 𝚫𝜽 𝚫𝒕 = 𝟒𝟓,𝟒𝟓 𝟐𝟔 = 𝟏, 𝟕𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) 𝟒𝟓,𝟒𝟓 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 = 𝟕,𝟐𝟑 𝒓𝒆𝒗 7. Un disco de 12 cm de radio alrededor de su eje partiendo del reposo con aceleración angular constante de 8 rad/s2 . Al cabo de t= 5 s. a) ¿Cuál es la velocidad angular del disco? b) ¿Cuál es la aceleración tangencial at y centrípeta ac de un punto del borde del disco? a) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎(𝟓) = 𝟖 ∗ 𝟓 = 𝟒𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑹 = 𝟖 ∗ 𝟎,𝟏𝟐 = 𝟎,𝟗𝟔 𝒎/𝒔𝟐 𝒂𝒏 = 𝒗𝟐 𝑹 = 𝒘𝟐 ∗ 𝑹 𝒂𝒏(𝟓) = 𝟒𝟎𝟐 ∗ 𝟎,𝟏𝟐 = 𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔𝟐 8. Los locutores de radio que todavía utilizan discos de vinilo deben tener cuidado cuando conectan discos grabados en directo. Mientras los álbumes gravados ene estudio tienen espacios en blanco entre las canciones, los discos mencionados suelen tener los aplausos del público. Si los niveles de volumen se dejan elevados cuando el disco se conecta, suena como si la audiencia hubiera irrumpido súbitamente a través de la pared. Si un disco que parte del reposo gira 10º en 0,5 s, ¿cuánto tiempo debe esperar el locutor antes de que el disco alcance la velocidad angular requerida de 33 1/3 rev/min? Suponer aceleración angular constante. 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐
  • 3.
    𝟏𝟎𝒐 ∗ 𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏𝟖𝟎𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗𝜶 ∗ 𝟎,𝟓𝟐 ; 𝜶 = 𝟏𝟎∗𝝅 𝟏𝟖𝟎∗𝟎,𝟓𝟐 = 𝟎,𝟔𝟗𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝟑𝟑,𝟑𝟑 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎𝒔 = 𝟎,𝟔𝟗𝟖 ∗ 𝚫𝒕 𝚫𝒕 = 𝟑𝟑,𝟑𝟑∗𝟐∗𝝅 𝟔𝟎∗𝟎,𝟔𝟗𝟖 = 𝟓 𝒔 9. Una rueda Ferris de radio 12 m da una vuelta cada 27 s. a) ¿Cuál es su velocidad angular en radianes por segundo? b) ¿Cuál es la velocidad lineal de un pasajero? c) ¿Cuál es la aceleración centrípeta de un pasajero? a) 𝝎 = 𝟏 𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂 𝟐𝟕 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒗𝒖𝒆𝒍𝒕𝒂 = 𝟎,𝟐𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝑹 = 𝟎,𝟐𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟐 = 𝟐,𝟕𝟗 𝒎/𝒔 c) 𝒂𝒏 = 𝒗𝟐 𝑹 = 𝒘𝟐 ∗ 𝑹 = 𝟎,𝟐𝟑𝟑𝟐 ∗ 𝟏𝟐 = 𝟎,𝟔𝟓𝟏 𝒎/𝒔𝟐 10. Un ciclista parte del reposo. Al cabo de 8 s las ruedas han verificado 3 rev. a) ¿Cuál es la aceleración angular de las ruedas? b) ¿Cuál es su velocidad angular al cabo de 8 s? a) 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 𝟑 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝟖𝟐 ; 𝜶 = 𝟑∗𝟐∗𝝅∗𝟐 𝟖𝟐 = 𝟎,𝟓𝟖𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎 = 𝟎,𝟓𝟖𝟗 ∗ 𝟖 = 𝟒, 𝟕𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔 11. ¿Cuál es la velocidad angular de la Tierra en rad/s al girar alrededor de su eje? 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟏 𝒉𝒐𝒓𝒂 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 = 𝟕, 𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟐−𝟓 𝒔 12. Una rueda giratoria describe 5 rad en 2,8 s antes de detenerse con aceleración angular constante. La velocidad inicial angular de la rueda antes de iniciar su frenado era a) 0,6 rad/s b) 0,9 rad/s c) 1,8 rad/s d) 3,6 rad/s e) 7,2 rad/s 𝜽 = 𝜽𝒐 + 𝝎𝒐 ∗ 𝚫𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝟓 = 𝝎𝒐 ∗ 𝟐,𝟖 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝟐, 𝟖𝟐 𝟎 = 𝝎𝒐 − 𝜶 ∗ 𝟐, 𝟖 Despejando la aceleración angular: 𝜶 = 𝝎𝒐 𝟐,𝟖 𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒚𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒐𝒕𝒓𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏: 𝟓 = 𝝎𝒐 ∗ 𝟐,𝟖 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐,𝟖 ∗ 𝟐, 𝟖𝟐 Despejando la velocidad inicial: 𝝎𝒐 = 𝟑, 𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 13. Una estación espacial circular de radio 5,10 km se encuentra muy alejada de cualquier estrella. Su velocidad de rotación es controlable en cierto grado, de modo que la gravedad aparente se modifica según el gusto de aquellos que toman las decisiones. David “el Terrestre” solicita una gravedad artificial de 9,8 m/s2 en la circunferencia. Realmente lo que le interesa en secreto es conseguir una ventaja
  • 4.
    gravitatoria casera anteel próximo torneo interestelar de baloncesto. La petición de David requeriría en la estación espacial una velocidad angular de a) 4,4 10-2 rad/s b) 7,0 10-3 rad/s c) 0,28 rad/s d) -0,22 rad/s e) 1300 rad/s 𝒂𝒏 = 𝝎𝟐 ∗ 𝑹 ; 𝝎 = √ 𝒂𝒏 𝑹 = √ 𝟗,𝟖 𝟓,𝟏𝟎∗𝟏𝟎𝟑 = 𝟎, 𝟎𝟒𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔 14. Una bicicleta tiene ruedas de 1,2 m de diámetro. El ciclista acelera desde el reposo con aceleración constante hasta alcanzar la velocidad de 24 km/h en 14,0 segundos. ¿Cuál es la aceleración angular de las ruedas? 𝟐𝟒 𝒌𝒎 𝒉 ∗ 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒎 𝟏 𝒌𝒎 ∗ 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 = 𝟔,𝟔𝟕 𝒎/𝒔 𝜶 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝚫𝒗 𝚫𝒕∗𝑹 = 𝟔,𝟔𝟕−𝟎 𝟏𝟒,𝟎∗𝟎,𝟔 = 𝟎, 𝟕𝟗𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 15. La cinta de una “cassette” de vídeo VHS estándar tiene una longitud L=246 m; su duración en funcionamiento es de 2,0 horas. (figura). Al comienzo, el carrete que contiene la cinta tiene un radio externo de aproximadamente R=45 mm, mientras que su radio interno es r= 12 mm aproximadamente. En cierto punto de su recorrido, ambos carretes tienen la misma velocidad angular. Calcular esta velocidad angular en rad/s y rev/min. Cuando las dos velocidades son iguales:
  • 5.
    𝝎= = 𝒗 𝑹𝒇 Las áreastotales son las mismas en las dos situaciones, dado que la cinta es la misma: 𝝅 ∗ 𝑹𝟐 − 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝒇 𝟐 − 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 𝑹𝒇 = √𝑹𝟐+𝒓𝟐 𝟐 La velocidad lineal de la cinta es constante y su valor es: 𝒗 = 𝑳 𝑻 ; 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑳 𝒆𝒔 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒊𝒏𝒕𝒂 𝒚 𝑻 𝒆𝒍 𝒕𝒊𝒆𝒎𝒑𝒐 𝒅𝒆 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊𝒐𝒏𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐. Substituimos la expresión de Rf y v en la primera ecuación: 𝝎= = 𝑳/𝑻 √𝑹𝟐+𝒓𝟐 𝟐 = 𝟐𝟒𝟔/(𝟐∗𝟑𝟔𝟎𝟎) √𝟎,𝟎𝟒𝟓𝟐+𝟎,𝟎𝟏𝟐𝟐 𝟐 = 𝟏, 𝟎𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟏,𝟎𝟒 𝒓𝒂𝒅 𝒔 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏 = 𝟗, 𝟗𝟑 𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏 Momento de una fuerza, momento de inercia y segunda ley de Newton aplicada a la rotación 16. Las dimensiones del momento de una fuerza son las mismas que las del a) Impulso b) energía c) cantidad de movimiento d) ninguna de las anteriores Las dimensiones del momento son: [𝑭 ∗ 𝒅] = 𝑴 ∗ 𝑳𝟑 ∗ 𝑻−𝟐 𝑪𝒐𝒊𝒏𝒄𝒊𝒅𝒆𝒏 𝒄𝒐𝒏 𝒍𝒂𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒏𝒆𝒓𝒈í𝒂 𝒚 𝒕𝒓𝒂𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒐𝒏 ∶ [𝑾] = 𝑴 ∗ 𝑳𝟑 ∗ 𝑻−𝟐 17. El momento de inercia de un objeto de masa M a) Es una propiedad intrínseca del objeto. b) Depende de la elección del eje de rotación. c) Es proporcional a M independientemente de la elección del eje. d) Ambos (b) y (c) son correctos. La opción correcta es la d. Depende de la masa y de los ejes de rotación. 18. ¿Puede un objeto seguir girando en ausencia del momento de una fuerza? Si, con movimiento circular y uniforme. 19. El momento resultante aplicado, ¿incrementa siempre la velocidad angular de un objeto? El momento resultante hace variar la velocidad angular, pero puede aumentarla o disminuirla. 20. Verdadero o falso: a) Si la velocidad angular de un objeto es cero en algún momento, el momento resultante que actúa sobre el objeto debe ser cero en ese instante. b) El momento de inercia de un objeto depende de la localización del eje de rotación. c) El momento de inercia de un objeto depende de la velocidad angular del objeto. A es falsa, el momento hace cambiar la velocidad angular, si fuera así un objeto parado no podría ponerse a rotar o uno que se está parando permanecería en reposo. B es correcta, depende de la masa del objeto y de los ejes de rotación. C es falsa.
  • 6.
    21. Un discogira libremente alrededor de un eje. Una fuerza aplicada a una distancia d del eje le ocasiona una aceleración angular α. ¿qué aceleración angular se produce si la misma fuerza se aplica a una distancia 2d del eje? a) α b) 2α c) α/2 d) 4α e) α/4 Respuesta b. Doble momento doble aceleración. 22. Una muela de afilar en forma de disco tiene una masa de 1,7 kg y un radio de 8 cm y está girando a 730 rev/min. Cuando se desconecta el motor, una mujer continúa afilando su hacha manteniéndola contra la muela durante 9 s hasta que se detiene. a) Hallar la aceleración angular de la muela de afilar. b) ¿Cuál es el momento ejercido por el hacha sobre la muela? Suponer constante la aceleración angular y que no existen otros momentos de fuerzas de rozamiento. a) 𝜶 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝟎− 𝟕𝟑𝟎𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟗 𝒔 = −𝟖,𝟒𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏,𝟕 ∗ 𝟎,𝟎𝟖𝟐 ∗ (−𝟖,𝟒𝟗) = −𝟎, 𝟎𝟒𝟔𝟐 𝑵 ∗ 𝒎 23. Un cilindro de 2,5 kg y radio 11 cm está inicialmente en reposo. Una cuerda de masa despreciable se arrolla sobre él y se tira de la cuerda con una fuerza de 17 N. Determinar a) El momento ejercido por la cuerda. b) La aceleración angular del cilindro. c) La velocidad angular del cilindro al cabo de t= 5 s. a) 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝒅 = 𝟏𝟕 ∗ 𝟎,𝟏𝟏 = 𝟏,𝟖𝟕 𝑵 ∗ 𝒎 b) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝟐∗𝝉 𝑴∗𝑹𝟐 = 𝟐∗𝟏,𝟖𝟕 𝟐,𝟓∗𝟎,𝟏𝟏𝟐 = 𝟏𝟐𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 𝝎 = 𝟏𝟐𝟒 ∗ 𝟓 = 𝟔𝟐𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 24. Una cuerda montada sobre un eje con rozamiento se encuentra inicialmente en reposo. Durante 20 s se aplica a la rueda un momento externo de 50 N m, con lo cual la rueda adquiere una velocidad angular de 600 rev/min. Se retira entonces el momento externo y la rueda alcanza el reposo 120 s más tarde. Determinar a) El momento de inercia de la rueda b) El momento de rozamiento supuesto constante. a) 𝜶𝟏 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝟔𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟐𝟎 𝒔 = 𝟑, 𝟏𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 𝜶𝟐 = 𝚫𝒘 𝚫𝒕 = 𝟎− 𝟔𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟏𝟐𝟎 𝒔 = − 𝟎,𝟓𝟐𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 Para cada parte en rotación tenemos: 𝝉𝒆𝒙𝒕 − 𝝉𝒇𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶𝟏 𝝉𝒇𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶𝟐 Sumando y despejando I: 𝑰 = 𝝉𝒆𝒙𝒕 𝜶𝟏+𝜶𝟐 = 𝟓𝟎 𝟑,𝟏𝟒−𝟎,𝟓𝟐𝟒 = 𝟏𝟗,𝟏 𝒌𝒈 ∗ 𝒎𝟐 b) 𝝉𝒇𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶𝟐 = 𝟏𝟗,𝟏 ∗ (−𝟎, 𝟓𝟐𝟒) = −𝟏𝟎,𝟎 𝑵 ∗ 𝒎 25. Un péndulo formado por una cuerda de longitud L y una lenteja de masa m oscila en un plano vertical. Cuando la cuerda forma un ángulo ϴ con la vertical, a) ¿Cuál es la componente tangencial de la aceleración de la lenteja?
  • 7.
    b) ¿Cuáles elmomento ejercido respecto al punto pivote? c) Demostrar que 𝝉 = 𝑰𝜶 con 𝒂𝒕 = 𝑳𝜶 da lugar a la misma aceleración tangencial deducida en la parte (a). a) 𝑭𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒂𝒕 = 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 b) 𝝉 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑳 c) 𝝉 = 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝒂𝒕 𝑳 = 𝒎 ∗ 𝑳 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 26. Una barra uniforme de masa M y longitud L pivota sobre un extremo y cuelga como se muestra en la figura, de modo que puede oscilar sin rozamiento alrededor del pivote. Una fuerza horizontal Fo golpea la barra durante un corto tiempo ∆t a una distancia x por debajo del pibote como indica la figura. a) Demostrar que la velocidad del centro de masas de la barra inmediatamente después del golpe es vo=3Fox∆t/2ML. b) Determinar la fuerza suministrada por el pivote y demostrar que esta fuerza es cero si x=2L/3. (Nota: el punto x=2L/3 se llama centro de percusión de la barra) a) El centro de masas está en el centro (L/2). Por tanto, si la barra se mueve con una velocidad angular ω: 𝒗𝒄𝒎 = 𝝎 ∗ 𝑹 = 𝝎 ∗ 𝑳 𝟐 El momento de la fuerza aplicada: 𝝉 = 𝑭𝒐 ∗ 𝒙 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝑭𝒐∗𝒙 𝑰 El momento de inercia de la barra respecto de un eje perpendicular en un extremo es:
  • 8.
    𝑰 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴∗ 𝑳𝟐 𝜶 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙 𝑴∗𝑳𝟐 Para un m.c.u.a: 𝝎 = 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙∗∆𝒕 𝑴∗𝑳𝟐 Por tanto: 𝒗𝒄𝒎 = 𝝎 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙∗∆𝒕 𝟐∗𝑴∗𝑳 b) Sobre la barra actúen dos fuerzas la del pivote y la externa Fo. Aplicando el teorema del impulso: 𝑭𝒑 ∗ ∆𝒕 + 𝑭𝒐 ∗ ∆𝒕 = 𝑴 ∗ 𝒗𝒄𝒎 𝑭𝒑 = 𝟑∗𝑭𝒐∗𝒙 𝟐∗𝑳 − 𝑭𝒐 Para x=2L/3: 𝑭𝒑 = 𝟎 𝑵 27. Un disco horizontal uniforme de masa M y radio R gira alrededor de su eje vertical con una velocidad angular w. Cuando se sitúa sobre una superficie horizontal, el coeficiente de rozamiento cinético entre el disco y la superficie es µc. a) Determinar el momento d𝝉 ejercido por la fuerza de rozamiento sobre un elemento circular de radio r y anchura dr. b) Determinar el momento resultante ejercido por el rozamiento sobre el disco. c) Determinar el tiempo necesario para que el disco se detenga. a) Sobre un trozo diferencial del disco actúa un diferencial de fuerza, su masa es dm: 𝒅𝝉 = 𝒓 ∗ 𝒅𝒇𝒄 𝒅𝒇𝒄 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅𝒎 Considerando un elemento diferencia de forma circular y anchura dr: 𝒅𝒎 = 𝝈 ∗ 𝒅𝑺 = 𝝈 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒓 Substituyendo en la expresión del diferencial del momento: 𝒅𝝉 = 𝝈 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝒅𝒓 La densidad superficial del disco es M/π*R2 . 𝒅𝝉 = 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓/𝑹𝟐 b) Integramos la expresión anterior para todo el disco: 𝝉 = 𝟐∗𝑴∗𝒈∗𝝁𝒄 𝑹𝟐 ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓 𝑹 𝟎 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝑹 c) Suponiendo m.c.u.a.: 𝜶 = ∆𝒘 ∆𝒕 Teniendo en cuenta la segunda ley de Newton para la rotación: 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝝉 𝑰 El momento de inercia de un disco es: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 La velocidad inicial es w i la final 0, la aceleración es negativa, con esto: ∆𝒕 = ∆𝝎 𝜶 = 𝝎∗𝑰 𝝉 = 𝝎∗ 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐 𝟐 𝟑 ∗𝑴∗𝒈∗𝝁𝒄∗𝑹 = 𝟑∗𝝎∗𝑹 𝟒∗𝒈∗𝝁𝒄 Cálculo del momento de inercia
  • 9.
    28. El momentode inercia de un objeto alrededor de un eje que no pasa por su centro de masas es________________ el momento de inercia respecto a un eje paralelo que pasa por su centro de masas. a) Siempre menor que b) Algunas veces menor que c) A veces igual que d) Siempre mayor que De acuerdo con el teorema de Steiner la correcta es la d. 29. Una pelota de tenis posee una masa de 57 g y un diámetro de 7 cm. Determinar el momento de inercia alrededor de su diámetro. Suponer que la pelota es una corteza esférica delgada. Momento de inercia esfera hueca respecto un diámetro: 𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝟎,𝟎𝟓𝟕 ∗ 𝟎, 𝟎𝟑𝟓𝟐 = 𝟒, 𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 30. Cuatro partículas están en los vértices de un cuadrado unidas por varillas sin masa, de modo que m1=m4= 3 kg y m2=m3=4 kg. La longitud del lado del cuadrado es L= 2 m (figura). Hallar el momento de inercia respecto al eje z. 𝑰 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟒 ∗ (√𝟐𝟐 + 𝟐𝟐) 𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟓𝟔 𝒌𝒈 𝒎𝟐 31. Utilizar el teorema de los ejes paralelos y los resultados del problema 30 para hallar el momento de inercia del sistema de cuatro partículas de la figura anterior alrededor de un eje perpendicular al plano de las masas y que pasa por el centro de masas. Comprobar el resultado mediante cálculo directo. Calculamos la posición del centro de masas: 𝒙𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒙𝟏+𝒎𝟐∗𝒙𝟐+𝒎𝟑∗𝒙𝟑+𝒎𝟒∗𝒙𝟒 𝑴 = 𝟒∗𝟎+𝟑∗𝟎+𝟒∗𝟐+𝟑∗𝟐 𝟏𝟒 = 𝟏 𝒎 𝒚𝒄𝒎 = 𝒎𝟏∗𝒚𝟏+𝒎𝟐∗𝒚𝟐+𝒎𝟑∗𝒚𝟑+𝒎𝟒∗𝒚𝟒 𝑴 = 𝟒∗𝟎+𝟑∗𝟐+𝟒∗𝟐+𝟑∗𝟎 𝟏𝟒 = 𝟏 𝒎 Aplicando el teorema de Steiner: 𝑰𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 ¸ 𝑰𝒄𝒎 = 𝟓𝟔 − 𝟏𝟒 ∗ (𝟏𝟐 + 𝟏𝟐) 𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 Cálculo directo: 𝑰 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟒 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 + 𝟑 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 + 𝟒 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 + 𝟑 ∗ √𝟏𝟐 + 𝟏𝟐 𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 32. a) Hallar el momento de inercia Ix correspondiente al sistema de cuatro partículas de la figura del problema 30 alrededor del eje x que pasa por m3 y m4. b) Hallar Iy para este sistema alrededor del eje y que pasa por m1 y m3. a) 𝑰𝒙 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟒 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 b) 𝑰𝒚 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 + 𝒎𝟑 ∗ 𝒓𝟑 𝟐 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒓𝟒 𝟐 = 𝟒 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟐𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐
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    33. Utilizar elteorema de los ejes paralelos para hallar el momento de inercia de una esfera maciza de masa M y radio R alrededor de un eje tangente a la esfera (figura). 𝑰𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟕 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 34. Una rueda de vagón de 1,0 m de diámetro está formada por una llanta delgada de masa 8 kg y seis radios, cada uno de los cuales tiene una masa de 1,2 kg. Determinar el momento de inercia de la rueda respecto a su eje de rotación. 𝑰𝒓𝒖𝒆𝒅𝒂 = 𝑰𝒍𝒍𝒂𝒏𝒕𝒂 + 𝑰𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐𝒔 𝑰𝒍𝒍𝒂𝒏𝒕𝒂 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑰𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝒎 ∗ ( 𝑹 𝟐 ) 𝟐 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 𝑰𝒓𝒖𝒆𝒅𝒂 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟔 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = (𝑴 + 𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝑹𝟐 𝑰𝒓𝒖𝒆𝒅𝒂 = (𝟖 + 𝟐 ∗ 𝟏,𝟐) ∗ 𝟎, 𝟓𝟐 = 𝟐,𝟔 𝒌𝒈 𝒎𝟐 35. Dos masas puntuales m1 y m2 están separadas por una barra sin masa de longitud L. a) Deducir una expresión para el momento de inercia de este sistema respecto a un eje perpendicular a la barra que pasa a través de ésta por un punto situado a la distancia x1 de la masa m1. b) Calcular dI/dx y demostrar que I es mínimo cuando el eje pasa por el centro de masas del sistema. a) 𝑰 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐 𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒙𝟏 𝟐 + 𝒎𝟐 ∗ (𝑳 − 𝒙 𝟏)𝟐 b) 𝒅𝑰 𝒅𝒙 = 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒙 − 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ (𝑳 − 𝒙) Por la condición de mínimo: 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒙 − 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ (𝑳 − 𝒙) = 𝟎 𝒙 = 𝒎𝟐∗𝑳 𝒎𝟏+ 𝒎𝟐 Coincide con la posición del centro de masas. 36. Una placa rectangular uniforme tiene una masa m y sus lados valen a y b. a) Demostrar por integración que su momento de inercia respecto a un eje perpendicular a la placa y que pasa por uno de sus vértices es 1/3 m(a2 +b2 ). b) ¿Cuál es el momento de inercia respecto a un eje que pase por el centro de masas y que sea perpendicular a la placa? a)
  • 11.
    𝒅𝒎 = 𝝈∗ 𝒅𝑺 = 𝝈 ∗ 𝒅𝒙 ∗ 𝒅𝒚 𝑰 = ∬ (𝝈 ∗ 𝒅𝒙 ∗ 𝒅𝒚) ∗ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) = 𝒂,𝒃 𝟎,𝟎 𝟏 𝟑 ∗ 𝝈 ∗ (𝒂𝟑 ∗ 𝒃 + 𝒃𝟑 ∗ 𝒂) = 𝟏 𝟑 ∗ 𝝈 ∗ 𝒂 ∗ 𝒃 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) b) 𝑰𝒐 = 𝑰𝒄𝒎 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 ¸ 𝑰𝒄𝒎 = 𝑰𝒐 − 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) − 𝑴 ∗ ( 𝒂𝟐 𝟒 + 𝒃𝟐 𝟒 ) 𝑰𝒄𝒎 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝟐 + 𝒃𝟐) 37. Dos jóvenes A y B están realizando un trabajo de investigación intensiva sobre el “bastón acrobático giratorio teórico”. Ambos utilizan el mismo modelo de bastón: Dos esferas uniformes, cada una de masa 500 g y radio 5 cm, montadas en los extremos de una varilla uniforme de 30 cm de longitud y masa 60 g (figura). A y B desean calcular el momento de inercia del bastón modelo respecto a un eje perpendicular a la varilla que pasa por su centro. A utiliza la aproximación de que las dos esferas pueden considerarse como partículas puntuales que distan 20 cm del eje de rotación y que la masa de la varilla es despreciable. B , sin embargo, hace los cálculos sin aproximaciones. a) Comparar los resultados. b) Si las esferas tuvieran la misma masa, pero fueran huecas, ¿aumentaría o disminuiría la inercia de la rotación? Justificar la respuesta brevemente. No es necesario calcular el nuevo valor de I. a) 𝑰𝑨 = 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟎,𝟐𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟓 ∗ 𝟎,𝟐𝟐 = 𝟎,𝟎𝟒 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑰𝑩 = 𝟐 ∗ 𝑰𝒆 + 𝑰𝒃 Para la esfera: 𝑰𝒆 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝒅𝟐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝟎,𝟓 ∗ 𝟎,𝟎𝟓𝟐 + 𝟎,𝟓 ∗ 𝟎,𝟐𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟎𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑰𝒃 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟔 ∗ 𝟎,𝟑𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐
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    𝑰𝑩 = 𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 + 𝟐 ∗ 𝟎. 𝟎𝟐𝟎𝟓 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟏𝟒𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑰𝑨 𝑰𝑩 = 𝟎,𝟎𝟒 𝟎,𝟎𝟒𝟏𝟒𝟓 = 𝟎,𝟗𝟔𝟓 b) Para una esfera hueca el momento de inercia respecto a un diámetro es: 𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 Este valor es mayor que el de la esfera compacta, por tanto, el momento de inercia en este caso es mayor. 38. La molécula de metano (CH4) tiene cuatro átomos de hidrógeno localizados en los vértices de un tetraedro regular de lado 1,4 nm con el átomo de carbono en el centro (figura). Encontrar el momento de inercia de esta molécula respecto a un eje de rotación que pase a través del átomo de carbono y uno de los átomos de hidrógeno. 𝑰 = 𝟑 ∗ 𝒎𝑯 ∗ 𝒓𝟐 Por geometría: 𝒓 = 𝒂 √𝟑 𝑰 = 𝟑 ∗ 𝒎𝑯 ∗ 𝒂𝟐 𝟑 = 𝒎𝑯 ∗ 𝒂𝟐 Tomando los valores para la masa del hidrógeno de 1,67 10-27 kg: 𝑰 = 𝟏, 𝟔𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟐𝟕 ∗ (𝟏, 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟗 )𝟐 = 𝟑, 𝟐𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟒𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 39. Un cilindro hueco de masa m tiene un radio exterior R2 y un radio interior R1. Demostrar que su momento de inercia respecto a su eje de simetría es I= 1/2 m(R2 2 +R1 2 ).
  • 13.
    𝒅𝑰 = 𝒓𝟐 ∗𝒅𝒎 𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝒅𝑽 = 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒓 𝒅𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ ∫ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓 𝑹𝟐 𝑹𝟏 = 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ [ 𝒓𝟒 𝟒 ] 𝑹𝟏 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 𝒉∗𝝅∗(𝑹𝟐 𝟐−𝑹𝟏 𝟐) ∗ 𝒉 ∗ 𝝅 ∗ (𝑹𝟐 𝟒 − 𝑹𝟏 𝟒 ) Como: (𝑹𝟐 𝟒 − 𝑹𝟏 𝟒 ) = (𝑹𝟐 𝟐 − 𝑹𝟏 𝟐 ) ∗ (𝑹𝟐 𝟐 + 𝑹𝟏 𝟐 ) 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ (𝑹𝟐 𝟐 + 𝑹𝟏 𝟐 ) 40. Demostrar que el momento de inercia de una corteza esférica de radio R y masa m es 2/3mR2 . Esto puede hacerse directamente por integración o, más fácilmente, determinando el incremento del momento de inercia de una esfera sólida cuando cambia su radio. Para hacer esto último demostrar en primer lugar que el momento de inercia de una esfera sólida de densidad ρ es I=8/15 π ρ R5 . Después, calcular la variación dI del momento de inercia I para una variación dR del radio y tener en cuenta que la masa de esta corteza es m=4πR2 ρdR. La esfera está formada por un conjunto de discos como el de la figura. Cada disco tiene un momento de inercia dado por: 𝒅𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒅𝒎 ∗ 𝒙𝟐 Donde dm es:
  • 14.
    𝒅𝒎 = 𝝆∗ 𝝅 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 = 𝑴 𝟒 𝟑 ∗𝝅∗𝑹𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 = 𝟑 𝟒∗𝑹𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 Para la esfera el momento de inercia es: 𝑰 = ∫ 𝒙𝟐∗𝒅𝒎= 𝟏 𝟐 ∗ ∫ (𝒙𝟐 ∗ 𝑹 −𝑹 𝟑 𝟒∗𝑹𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒙𝟐 ∗ 𝒅𝒛 ) = 𝟑∗𝑴 𝟖∗𝑹𝟑 ∗ ∫ 𝒙𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 Teniendo en cuenta que 𝒛𝟐 + 𝒙𝟐 = 𝑹𝟐 : 𝑰 = 𝟑∗𝑴 𝟖∗𝑹𝟑 ∗ ∫ (𝑹𝟐 − 𝒛𝟐) 𝟐 ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 = 𝟑∗𝑴 𝟖∗𝑹𝟑 ∗ ∫ (𝑹𝟒 + 𝒛𝟒 − 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒛𝟐) ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 𝑰 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 En función de la densidad: 𝑴 = 𝝆 ∗ 𝟒 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟑 ;𝑰 = 𝟖 𝟏𝟓 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝑹𝟓 Si hacemos la diferencial de esta expresión: 𝒅𝑰 = 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝑹𝟒 ∗ 𝒅𝑹 El diferencial de masa de una capa esférica será: 𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒅𝑹 De las dos expresiones eliminamos dR: 𝒅𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒅𝒎 Este es el momento de inercia de una capa. Por tanto, si la capa tiene una masa M y un radio R: 𝑰 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 41. La densidad de la Tierra no es uniforme. Varia con la distancia r al centro de la Tierra en la forma 𝝆 = 𝑪(𝟏,𝟐𝟐 − 𝒓 𝑹 ), en donde R es el radio de la Tierra y C una constante. a) Determinar C en función de la masa total M y el radio. b) Determinar el momento de inercia de la Tierra. a) 𝑴 = ∫ 𝒅𝒎 = ∫ (𝝆 ∗ 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓) 𝑹 𝟎 = 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝑪 ∗ (𝟏,𝟐𝟐 ∗ ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒓 − 𝟏 𝑹 ∗ 𝑹 𝟎 ∫ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓) 𝑹 𝟎 𝑴 = 𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝑪 ∗ ( 𝟏,𝟐𝟐∗𝑹𝟑 𝟑 − 𝑹𝟑 𝟒 ) 𝑪 = 𝟎, 𝟓𝟎𝟖 ∗ 𝑴 𝑹𝟑 b) Utilizando el momento de inercia de una capa esférica: 𝒅𝑰 = 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓 Integrando: 𝑰 = ∫ 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓 = 𝑹 𝟎 𝟖 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ ∫ (𝟎,𝟓𝟎𝟖 ∗ 𝑴 𝑹𝟑 ∗ (𝟏,𝟐𝟐 − 𝒓 𝑹 ) ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓) 𝑹 𝟎 𝑰 = 𝟖∗𝟎,𝟓𝟎𝟖∗𝑴∗𝝅 𝟑∗𝑹𝟑 ∗ (∫ 𝟏, 𝟐𝟐 ∗ 𝒓𝟒 ∗ 𝒅𝒓 − ∫ 𝒓𝟓 𝑹 ∗ 𝒅𝒓 𝑹 𝟎 𝑹 𝟎 ) 𝑰 = 𝟒,𝟐𝟔∗𝑴 𝑹𝟑 ∗ ( 𝟏,𝟐𝟐∗𝑹𝟓 𝟓 − 𝑹𝟔 𝟔∗𝑹 ) 𝑰 = 𝟎, 𝟑𝟐𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 42. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un cono homogéneo circular recto de altura H, radio de la base R y densidad ρ, respecto a su eje de simetría.
  • 15.
    Consideramos el conouna superposición de discos de diferente radio, el momento de inercia de un disco es 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 . 𝑰 = 𝟏/𝟐∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 Para un cono tenemos: 𝒓 𝒛 = 𝑹 𝑯 ; 𝒓 = 𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ∫ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝝆∗𝝅∗𝑹𝟒 𝟐∗𝑯𝟒 ∗ 𝑯𝟓 𝟓 = 𝝅∗𝝆∗𝑹𝟒∗𝑯 𝟏𝟎 Expresando la masa en función de la densidad: 𝑴 = ∫ 𝝆 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ∫ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟐 ∗ 𝐝𝐳 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝛒 ∗ 𝛑 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯 𝑯 𝟎 𝑰 = 𝟑 𝟏𝟎 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 43. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un cono circular recto, hueco, de paredes delgadas de masa M, altura H y radio de la base R, respecto a su eje de simetría. Consideramos el cascarón formado por dos partes un disco y un cascarón cónico sin base. Para el disco el momento de inercia es: 𝑰𝟏 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒓 ∗ 𝝆 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆∫ 𝒓𝟑 ∗ 𝒅𝒓 𝑹 𝟎 = 𝟏/𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ 𝑹𝟒 𝑰𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝑴𝟏 𝝅∗𝑹𝟐 ∗ 𝑹𝟒 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝟏 ∗ 𝑹𝟐 Para el cascarón, usando 𝒓 𝒛 = 𝑹 𝑯 : 𝑰𝟐 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒓𝟐 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒛 ∗ 𝝆 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝝆 ∗ ∫ 𝑹𝟑 𝑯𝟑 ∗ 𝒛𝟑 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝝅∗𝝆 𝟐 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 𝑰𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅∗𝑴𝟐 𝑺𝟐 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 La superficie lateral de un cono es: 𝑺 = ∫ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝟐∗𝝅∗𝑹 𝑯 ∗ ∫ 𝒛 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 = 𝝅 ∗ 𝑹 ∗ 𝑯 Con esto, tenemos: 𝑰𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅∗𝑴𝟐 𝑺𝟐 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅∗𝑴𝟐 𝝅∗𝑹∗𝑯 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝟐 ∗ 𝑹𝟐 Para todo el cascarón: 𝑰 = 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝑴𝟏 + 𝑴𝟐) ∗ 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐
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    44. Utilizar elcálculo integral para determinar el momento de inercia de un disco delgado uniforme de masa M y radio R respecto a un diámetro como eje de rotación. 𝑰 = ∫ 𝒛𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒛𝟐 ∗ 𝝈 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓 ∗ 𝒅𝒛 Utilizamos: 𝑹𝟐 = 𝒓𝟐 + 𝒛𝟐 ;𝒓 = √𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝈 ∗ ∫ 𝒛𝟐 ∗ √𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 ∗ 𝒅𝒛 𝑹 −𝑹 = ∫ 𝒛𝟐 ∗ (𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 ) 𝟏 𝟐 𝒛 −𝒛 ∗ 𝒅𝒛 Para hacer la integral: 𝒛 = 𝑹 ∗ 𝒔𝒊𝒏(𝒖);𝒖 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏( 𝒛 𝑹 ) ; 𝒅𝒛 = 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝈 ∗ ∫ 𝒛𝟐 ∗ (𝑹𝟐 − 𝒛𝟐 ) 𝟏 𝟐 𝒛 −𝒛 ∗ 𝒅𝒛 = ∫ 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖) ∗ (𝑹𝟐 − 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖)) 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹 ∗ 𝑹 −𝑹 𝒄𝒐𝒔(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 Usamos: (𝑹𝟐 − 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖)) 𝟏 𝟐 = 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) 𝑹𝟒 ∗ ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖) ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = 𝑹𝟒 ∗ ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟐(𝒖) ∗ (𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖)) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝑹𝟒 ∗ ∫ (𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) − 𝒔𝒆𝒏𝟒(𝒖)) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) Aplicamos: ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 = 𝒏−𝟏 𝒏 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟏(𝒖) 𝒏 ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) −𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = ([ 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟐 ] 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) − 𝟏 𝟐 ∗ ∫ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) ) = = [ 𝒖 𝟐 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟐 ] 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) De la misma forma: ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟒(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) −𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = ( 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒖) 𝟒 ) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) + 𝟑 𝟒 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) = ( 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒖) 𝟒 − 𝟑∗𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟖 + 𝟑∗𝒖 𝟖 ) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) Por tanto:
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    𝑹𝟒 ∗ ( 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒖) 𝟒 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏(𝒖) 𝟖 + 𝒖 𝟖 ) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(−𝟏) 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝟏) Podemos deshacerla sustitución: 𝒖 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 ( 𝒛 𝑹 ) 𝒔𝒆𝒏(𝒖) = 𝒙 𝑹 𝒄𝒐𝒔(𝒖) = √𝟏 − 𝒛𝟐 𝑹𝟐 Deshaciendo: ( 𝑹𝟒∗𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏( 𝒛 𝑹 ) 𝟖 + 𝑹∗𝒛𝟑∗√𝟏− 𝒛𝟐 𝑹𝟐 𝟒 − 𝑹𝟑∗𝒙∗√𝟏− 𝒛𝟐 𝑹𝟐 𝟖 ) −𝑹 𝑹 = 𝝅 ∗ 𝑹𝟒 𝟖 Por tanto: 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝝈 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟒 𝟖 = 𝑴 𝝅∗𝑹𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟒 𝟒 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 45. Utilizar el cálculo integral para determinar el momento de inercia de un anillo circular de radio R y masa M respecto a un diámetro como eje de rotación. 𝑰 = ∫ 𝒚𝟐 ∗ 𝒅𝒎 = ∫ 𝒚𝟐 ∗ 𝝀 ∗ 𝑹 ∗ 𝒅𝜽 = 𝝀 ∗ 𝑹 ∗ ∫ 𝑹𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝜽 𝟐𝝅 𝟎 ∗ 𝒅𝜽 = 𝝀 ∗ 𝑹𝟑 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝜽 ∗ 𝒅𝜽 𝟐𝝅 𝟎 Usamos: ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 = 𝒏−𝟏 𝒏 ∗ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟐(𝒖) ∗ 𝒅𝒖 − 𝒄𝒐𝒔(𝒖)∗𝒔𝒆𝒏𝒏−𝟏(𝒖) 𝒏 𝑰 = 𝝀 ∗ 𝑹𝟑 ∗ [ 𝜽 𝟐 − 𝒄𝒐𝒔𝜽∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐 ] 𝟎 𝟐𝝅 = 𝝀 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝝅 = 𝑴 𝟐∗𝝅∗𝑹 ∗ 𝑹𝟑 ∗ 𝝅 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 46. Un vendedor de helados junto a la carretera utiliza conos rotatorios para llamar la atención de los viajeros. Cado cono gira alrededor de un eje de simetría que pasa por el vértice. Los tamaños de los conos son variables y el propietario piensa si sería más rentable energéticamente utilizar conos más pequeños o unos pocos muy grandes. Para obtener una respuesta debe calcular el momento de inercia de un cono circular recto homogéneo de altura H, radio de la base R y densidad ρ. ¿Cuál es el resultado? Por teorema Steiner, para un disco diferencial del cono: 𝒅𝑰𝒙 = 𝒅𝑰𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐 + 𝒅𝒎 ∗ 𝒛𝟐 𝒅𝒎 = 𝝆 ∗ 𝒅𝑽 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛
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    El momento deinercia de un eje respecto a un diámetro es ¼*dm*r2 . 𝒅𝑰𝒙 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 ∗ 𝒓𝟐 + 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒅𝒛 ∗ 𝒛𝟐 En un cono: 𝒓 𝒛 = 𝑹 𝑯 ; 𝒓 = 𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 Por tanto: 𝒅𝑰𝒙 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟒 ∗ 𝒅𝒛 + 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ (𝒛 ∗ 𝑹 𝑯 ) 𝟐 ∗ 𝒛𝟐 ∗ 𝒅𝒛 Integrando: 𝑰 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ( 𝟏 𝟒 ∗ 𝑹𝟒 𝑯𝟒 ∗ ∫ 𝒛𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 + 𝑹𝟐 𝑯𝟐 ∗ ∫ 𝒛𝟒 ∗ 𝒅𝒛 𝑯 𝟎 ) 𝑰 = 𝝆 ∗ 𝝅 ∗ ( 𝟏 𝟐𝟎 ∗ 𝑹𝟒 ∗ 𝑯 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯𝟑) Para el volumen de un cono tenemos: 𝑽 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯 Con esto tenemos: 𝑰 = 𝑴 𝟏 𝟑 ∗𝝅∗𝑹𝟐∗𝑯 ∗ 𝝅 ∗ ( 𝟏 𝟐𝟎 ∗ 𝑹𝟒 ∗ 𝑯 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝑯𝟑) Operando: 𝑰 = 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟏 𝟐𝟎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝑯𝟐) Cuanto mayor sean los conos, mayor son R y H, por tanto, mayor es su momento de inercia y más consumo energético se requiere. Energía cinética de rotación 47. Un momento constante actúa sobre un tiovivo. La potencia suministrada por el momento es a) Constante b) Proporcional a la velocidad del tiovivo. c) Cero. d) Ninguno de los anteriores. P=M*ω , Por tanto la respuesta b es la correcta. 48. Las partículas de la figura se unen mediante una varilla muy ligera cuyo momento de inercia puede despreciarse. Giran alrededor del eje y con velocidad angular de 2 rad/s. a) Hallar la velocidad de cada partícula y utilizarla para calcular la energía cinética de este sistema directamente a partir de ∑ 𝟏 𝟐 𝒎𝒊𝒗𝒊 𝟐 . b) Halla el momento de inercia alrededor del eje y calcular la energía cinética a partir de 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 .
  • 19.
    a) 𝒗𝟏 =𝝎𝟏 ∗ 𝑹𝟏 = 𝟐 ∗ 𝟎,𝟒 = 𝟎, 𝟖 𝒎/𝒔 𝒗𝟐 = 𝝎𝟐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 = 𝟎,𝟒 𝒎/𝒔 𝒗𝟑 = 𝝎𝟑 ∗ 𝑹𝟑 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 = 𝟎,𝟒 𝒎/𝒔 𝒗𝟒 = 𝝎𝟒 ∗ 𝑹𝟒 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟒 = 𝟎,𝟖 𝒎/𝒔 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟏 ∗ 𝟎, 𝟖𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 + 𝟏 ∗ 𝟎, 𝟖𝟐) = 𝟏, 𝟏𝟐 𝑱 b) 𝑰 = 𝟏 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟑 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟏 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 = 𝟎, 𝟓𝟔𝟎 𝒌𝒈 𝒎𝟐 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟓𝟔𝟎 ∗ 𝟐𝟐 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝑱 49. Cuatro partículas de 2 kg están situadas en los vértices de un rectángulo de lados 3 y 2 m (figura). a) Hallar el momento de inercia de este sistema alrededor del eje z. b) El sistema se pone en rotación alrededor de este eje con energía cinética de 124 J. Hallar el número de revoluciones que el sistema realiza por minuto. a) 𝑰 = ∑ 𝒎𝒊 ∗ 𝒓𝒊 𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟐𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟑𝟐 + 𝟐 ∗ (𝟑𝟐 + 𝟐𝟐) = 𝟓𝟐 𝒌𝒈 𝒎𝟐 b) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟐∗𝑬𝒄 𝑰 = √ 𝟐∗𝟏𝟐𝟒 𝟓𝟐 = 𝟐, 𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟐, 𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝒔 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕 = 𝟐𝟎,𝟗 𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕 50. Una bola sólida de masa 1,4 kg y diámetro 15 cm, gira alrededor de su diámetro a 70 rev/min. a) ¿Cuál es la energía cinética de rotación? b) Si se suministran 2 J de energía a su energía de rotación, ¿Cuál será la nueva velocidad angular de la bola? a) 𝑰 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝟏,𝟒 ∗ 𝟎, 𝟎𝟕𝟓𝟐 ∗ ( 𝟕𝟎𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 ) 𝟐 𝑬𝒄 = 𝟎, 𝟎𝟖𝟒𝟔 𝑱 b) 𝝎 = √ 𝟐∗𝑬𝒄 𝑰 = √ 𝟐∗𝟐,𝟎𝟖𝟒𝟔 𝟐 𝟓 ∗𝟏,𝟒∗𝟎,𝟎𝟕𝟓𝟐 = √ 𝟓∗𝟐,𝟎𝟖𝟒𝟔 𝟏,𝟒∗𝟎,𝟎𝟕𝟓𝟐 = 𝟑𝟔,𝟑𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟑𝟔,𝟑𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝒔 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕 = 𝟑𝟒𝟕,𝟒 𝒓𝒆𝒗/𝒎𝒊𝒏 51. Un motor desarrolla unpar de 400 N m a 3700 rev/min. Determinar la potencia suministrada por el motor. 𝑷 = 𝑴 ∗ 𝝎 = 𝟒𝟎𝟎 ∗ (𝟑𝟕𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒎𝒊𝒏 ∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 ) = 𝟏𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑾 52. Dos masas puntuales m1 y m2 están conectadas por una varilla ligera de longitud L. El conjunto gira alrededor de su centro de masas con velocidad angular w. Determinar que la relación entre las energías cinéticas de las masas es 𝑬𝒄𝟏 𝑬𝒄𝟐 = 𝒎𝟐 𝒎𝟏 .
  • 20.
    𝑬𝒄𝟏 𝑬𝒄𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗𝑰𝟏∗𝝎𝟐 𝟏 𝟐 ∗𝑰𝟐∗𝝎𝟐 = 𝒎𝟏∗𝒓𝟏 𝟐 𝒎𝟐∗𝒓𝟐 𝟐 Por la definicióndel centro de masas: 𝒓𝒄𝒎 = 𝟎;𝒎𝟏 ∗ 𝒓𝟏 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒓𝟐; 𝒎𝟐 𝒎𝟏 = 𝒓𝟏 𝒓𝟐 𝑬𝒄𝟏 𝑬𝒄𝟐 = 𝒎𝟏 𝒎𝟐 ∗ 𝒎𝟐 𝟐 𝒎𝟏 𝟐 = 𝒎𝟐 𝒎𝟏 53. Calcular la energía cinética de rotación de la Tierra y compararla con la energía cinética del movimiento del centro de masas de la Tierra. Admitir que la Tierra es una esfera homogénea de masa 6,0 1024 kg y cuyo radio vale 6,4 106 m. El radio de la órbita terrestre es 1,5 1011 m. 𝑰 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝑹𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟏𝒓𝒆𝒗 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 ) 𝟐 𝑬𝒄𝑹𝒐𝒕 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝟔,𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟒 ∗ (𝟔, 𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔) 𝟐 ∗ (𝟕,𝟐𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟓) 𝟐 = 𝟐, 𝟔𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟗 𝑱 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔𝒍𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔, 𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟒 ∗ ( 𝟐∗𝝅∗𝟏,𝟓∗𝟏𝟎𝟏𝟏 𝒎 𝟑𝟔𝟓 𝒅𝒊𝒂𝒔 ∗ 𝟏 𝒅𝒊𝒂 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟏 𝒉 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 ) 𝟐 = 𝟐, 𝟔𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑𝟑 𝑱 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔𝒍𝒂 𝑬𝒄𝑹𝒐𝒕 ~𝟏𝟎𝟒 54. Un bloque de 2000 kg asciende a una velocidad constante de 8 cm/s mediante un cable que pasa por una polea de masa despreciable y se arrolla al tambor de un torna impulsado por un motor (figura). El radio del tambor es de 30 cm. a) ¿Qué fuerza ejerce el cable? b) ¿Qué momento ejerce la tensión del cable sobre el tambor? c) ¿Cuál es la velocidad angular del tambor? d) ¿Qué potencia debe desarrollar el motor para hacer girar el tambor del torno? a) 𝑻 = 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝟐𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 = 𝟏𝟗, 𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 b) 𝑴 = 𝑻 ∗ 𝒓 = 𝟏𝟗,𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟎, 𝟑 = 𝟓,𝟖𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑵 𝒎 c) 𝝎 = 𝒗 𝒓 = 𝟎,𝟎𝟖 𝟎,𝟑 = 𝟎,𝟐𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔 d) 𝑷 = 𝑻 ∗ 𝒗 = 𝟏𝟗,𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟏,𝟓𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑾 55. Un disco uniforme de masa M y radio R está sujeto de modo que puede girar libremente respecto a un eje que pasa por su centro y es perpendicular al plano del disco. Se sujeta una pequeña partícula de masa m al borde del disco y en su parte superior directamente encima del eje de rotación. El sistema se hace girar inicialmente con suavidad. a) ¿Cuál es la velocidad angular del disco cuando la partícula se encuentra en el punto más bajo de su trayectoria?
  • 21.
    b) En estepunto, ¿Cuál es la fuerza ejercida por el disco sobre la partícula para que ésta permanezca en el disco? a) Por conservación de la energía: 𝑬𝒄𝟏 + 𝑬𝒑𝟏 = 𝑬𝒄𝟐 + 𝑬𝒑𝟐 En el punto 1, inicial: 𝑬𝒄𝟏 = 𝟎 𝑱 𝑬𝒑𝟏 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 En el punto 2: 𝑬𝒄𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝑬𝒑𝟐 = 𝟎 𝑱 Por tanto: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑹𝟐 ∗ (𝑴 + 𝟐 ∗ 𝒎) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟖∗𝒎∗𝒈 𝑹∗(𝑴+𝟐∗ 𝒎) b) 𝑭 − 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑹 ; 𝑭 = 𝒎 ∗ 𝒈 + 𝒎 ∗ ( 𝟖∗𝒎∗𝒈 𝑹∗(𝑴+𝟐∗ 𝒎) ) ∗ 𝑹 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝟏 + 𝟖∗𝒎 (𝑴+𝟐∗𝒎) ) 56. Un anillo de 1,5 m de radio de diámetro pivota sobre un punto de su circunferencia de modo que es libre de girar alrededor de un eje horizontal. Inicialmente la línea que pasa por el soporte y por el centro del anillo es horizontal. a) Si se deja oscilar libremente desde el reposo, ¿Cuál es su velocidad angular máxima? b) ¿Qué velocidad angular debe imprimirse inicialmente para que dé justamente una revolución completa? a) Por conservación energías: 𝑬𝒄𝟏 + 𝑬𝒑𝟏 = 𝑬𝒄𝟐 + 𝑬𝒑𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 Donde: 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 i ∆𝒉 = 𝑹. 𝝎 = √ 𝒈∗∆𝒉 𝑹𝟐 = √ 𝒈 𝑹 = √ 𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟕𝟓 = 𝟑,𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) Por conservación energías: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝒊 𝟐 𝝎𝒊 = √ 𝒈 𝑹 = 𝟑,𝟔𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 57. Queremos diseñar un coche que utilice la energía almacenada en un volante formado por un cilindro de 100 kg uniforme y de radio R. El volante debe suministrar una potencia de 2 MJ de energía mecánica por kilómetro con una velocidad angular máxima de 400 rev/s. Determinar el valor mínimo de R, tal que el coche pueda recorrer 300 km sin que el volante necesite ser recargado. Calculamos la energía de rotación del cilindro: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 Donde I es: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐
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    𝑹 = 𝟐 𝝎 ∗ √ 𝑬𝒄 𝒎 = 𝟐 𝟒𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ √ 𝟐∗𝟏𝟎𝟔 𝟏𝟎𝟎 = 𝟏, 𝟗𝟓 𝒎 58. Una escala portátil de 8,6 m de longitud y masa 60 kg se sitúa en posición vertical contra la pared de un edificio. Una persona de pie sobre un peldaño tiene su centro de masas a la altura de la parte más alta de la escalera. Su masa es de 8 kg. Al inclinarse ligeramente, la escalera comienza a girar alrededor de su base alejándose de la pared. ¿Qué es menos peligroso para esta persona: saltar rápidamente de la escalera al suelo o agarrarse a la escalera y saltar justo un momento antes de que el extremo de la escalera choque contra el suelo? Para la caída de la persona: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒇 𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ; 𝒗𝒇 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 Para la caída del sistema persona escalera: 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳/𝟐 𝑫𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑰 𝒆𝒔: 𝑰 = 𝑰𝒑𝒆𝒓𝒔𝒐𝒏𝒂 + 𝑰𝒆𝒔𝒄𝒂𝒍𝒆𝒓𝒂 = 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ 𝝎𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳/𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔: 𝝎 = 𝒗/𝑳 Por tanto: 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ ( 𝒗 𝑳 ) 𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳/𝟐 𝑫𝒆𝒔𝒑𝒆𝒋𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒍𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅: 𝒗 = √ 𝟐∗𝒈∗𝑳∗(𝒎+ 𝑴 𝟐 ) (𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴) 𝑳𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆𝒔: 𝒗 𝒗𝒇 = √ (𝒎+ 𝑴 𝟐 ) (𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴) Para los datos del problema: 𝒗 𝒗𝒇 = √ 𝟔𝟎+𝟖/𝟐 𝟔𝟎+𝟖/𝟑 = 𝟏,𝟎𝟏 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒔𝒊 𝒄𝒂𝒆 𝒋𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒆𝒔 𝒎𝒂𝒚𝒐𝒓 𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒊 𝒔𝒂𝒍𝒕𝒂. 59. Considerar la situación del problema 58 con una escalera de longitud L y una masa M, determinar la relación entre3 la velocidad de la persona agarrada a la escalera cuando llega al suelo y la velocidad que tendría si saltara inmediatamente, en función de M/m, en donde m es la masa de la persona. Hecho en el problema 58. 𝒗 𝒗𝒇 = √ (𝒎+ 𝑴 𝟐 ) (𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴) Poleas, yo-yos y objetos colgantes 60. Un bloque de 4 kg que descansa sobre una plataforma horizontal sin rozamiento está conectado a otro bloque colgante de 2 kg mediante una cuerda que pasa por una polea. Esta polea está formada por un disco uniforme de radio 8 cm y una masa de 0,6 kg.
  • 23.
    a) Determinar lavelocidad del bloque de 2 kg después de haber descendido desde el reposo una distancia de 2,5 m. b) ¿Cuál es la velocidad angular de la polea en ese momento? a) Aplicamos la segunda ley de Newton a cada cuerpo: 𝑻𝟏 = 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝑰𝒑 ∗ 𝜶 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒂 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 Despejando a: 𝒂 = 𝒎𝟐∗𝒈 𝒎𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑+𝒎𝟐 = 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝟎,𝟔+𝟐 = 𝟑, 𝟏 𝒎 𝒔𝟐 𝒗𝟐 𝟐 − 𝟎 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 ;𝒗 = √𝟐 ∗ 𝟑, 𝟏 ∗ 𝟐,𝟓 = 𝟑, 𝟗 𝒎/𝒔 b) 𝝎 = 𝒗 𝒓 = 𝟑,𝟗 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟒𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔 61. En el sistema del problema 60, determinar la aceleración de cada bloque y la tensión de la cuerda. La aceleración ya encontrada es 3,1 m/s2 . 𝑻𝟏 = 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 = 𝟒 ∗ 𝟑,𝟏 = 𝟏𝟐 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 = 𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 − 𝟐 ∗ 𝟑,𝟏𝟏 = 𝟏𝟑 𝑵 62. Analizar el problema 60 para el caso en que el coeficiente de rozamiento entre el bloque de 4 kg y la plataforma es de 0,25. De las ecuaciones escritas en el problema 60 solo cambia la del cuerpo de 4 kg: 𝑻𝟏 − 𝝁 ∗ 𝒎𝟒 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝑰𝒑 ∗ 𝜶 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝒂 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 Despejando a: 𝒂 = 𝒎𝟐∗𝒈−𝝁∗𝒎𝟒∗𝒈 𝒎𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑+𝒎𝟐 = 𝟐∗𝟗,𝟖𝟏−𝟎,𝟐𝟓∗𝟒∗𝟗,𝟖𝟏 𝟒+ 𝟏 𝟐 ∗𝟎,𝟔+𝟐 = 𝟏, 𝟓𝟔 𝒎/𝒔𝟐
  • 24.
    𝒗𝟐 𝟐 − 𝟎 =𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 ;𝒗 = √𝟐 ∗ 𝟏, 𝟓𝟔 ∗ 𝟐, 𝟓 = 𝟐,𝟕𝟗 𝒎/𝒔 𝝎 = 𝒗 𝒓 = 𝟐,𝟕𝟗 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟑𝟒,𝟗𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔 63. Analizar el problema 61 para el caso en que el coeficiente de rozamiento entre el bloque de 4 kg y la plataforma sea 0,25. La aceleración ya ha sido encontrada en el problema 62, a=1,56 m/s2 . 𝑻𝟏 = 𝝁 ∗ 𝒎𝟒 ∗ 𝒈 + 𝒎𝟒 ∗ 𝒂 = 𝟎,𝟐𝟓 ∗ 𝟒 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 + 𝟒 ∗ 𝟏, 𝟓𝟔 = 𝟏𝟔 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 = 𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 − 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟓𝟔 = 𝟏𝟔,𝟓 𝑵 64. En 1992 un yo-yo gigante de masa 400 kg y 1,5 m de radio se dejó caer desde una grúa de 57 m de altura. Suponiendo que el eje del yo-yo tiene un radio de r=0,1 m, determinar la velocidad de descenso en el punto más bajo de su recorrido. Por conservación de energía: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝒘𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝒗𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝒓𝟐 𝒗 = √ 𝒈∗𝒉∗𝟐 𝟏+ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝒓𝟐 = √ 𝟗,𝟖𝟏∗𝟓𝟕∗𝟐 𝟏+ 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏,𝟓 𝟎,𝟏 = 𝟑,𝟏𝟒 𝒎/𝒔 65. Mediante un torno de engranaje se está procediendo a levantar un coche de 1200 kg del modo que se indica en la figura. El coche está a 5,0 m sobre la superficie del agua. En ese instante, se rompen los engranajes del torno y el coche cae desde el reposo. Durante la caída del coche no hay deslizamiento entre la cuerda (sin masa), la polea y el tambor. El momento de inercia del tambor del torno es igual a 320 kg m2 y el de la polea 4 kg m2 , el radio del tambor es de 0,80 m y el de la polea de 0,30 m. Calcular la velocidad con la que el coche golpea la superficie del agua. Por conservación de la energía: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒑 ∗ 𝒘𝒑 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒕 ∗ 𝝎𝒕 𝟐 Para las velocidades tenemos: 𝝎𝒑 = 𝒗 𝑹𝒑 ; 𝝎𝒕 = 𝒗 𝑹𝒕 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒑 ∗ ( 𝒗 𝑹𝒑 ) 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒕 ∗ ( 𝒗 𝑹𝒕 ) 𝟐 𝒗 = √ 𝟐∗𝒎∗𝒈∗𝒉 𝒎+ 𝑰𝒑 𝑹𝒑 𝟐+ 𝑰𝒕 𝑹𝒕 𝟐 = √ 𝟐∗𝟏𝟐𝟎𝟎∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟓 𝟏𝟐𝟎𝟎+ 𝟒 𝟎,𝟑𝟎𝟐+ 𝟑𝟐𝟎 𝟎,𝟖𝟎𝟐 = 𝟖,𝟐𝟏 𝒎/𝒔
  • 25.
    66. El sistemade la figura se deja libre desde el reposo. El cuerpo de 30 kg se encuentra a 2 m de la plataforma. La polea es un disco uniforme de 10 cm de radio y 5 kg de masa. Calcular a) La velocidad del cuerpo de 30 kg justo antes de que llegue a tocar la plataforma. b) La velocidad angular de la polea en ese instante. c) Las tensiones de las cuerdas. d) El tiempo que invierte el cuerpo de 30 kg en alcanzar la plataforma. Suponer que la cuerda no desliza sobre la polea. a) Por conservación energías: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 La velocidad angular de la polea es 𝒘 = 𝒗/𝑹. El momento de inercia de la polea es 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝑹𝟐 . Substituyendo: 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟑𝟎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒑 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒗 𝑹 ) 𝟐 + 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟑𝟎 𝒗 = √ 𝟐∗(𝒎𝟑𝟎−𝒎𝟐𝟎)∗𝒈∗𝒉𝟑𝟎 𝒎𝟑𝟎+𝒎𝟐𝟎+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝒑 = √ 𝟐∗𝟏𝟎∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟐 𝟑𝟎+𝟐𝟎+𝟐,𝟓 = 𝟐, 𝟕 𝒎/𝒔 b) 𝒘 = 𝒗 𝑹 = 𝟐,𝟕 𝟎,𝟏 = 𝟐𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟑𝟎 ∗ 𝒂 𝑻𝟏 − 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟐𝟎 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂/𝑹 Como tenemos la velocidad final: 𝒗𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 ;𝒂 = 𝒗𝟐 𝟐∗∆𝒙 = 𝟐,𝟕𝟐 𝟐∗𝟐 = 𝟏, 𝟖𝟕 𝒎/𝒔𝟐 𝑻𝟐 = 𝒎𝟑𝟎 ∗ (𝒈 − 𝒂) = 𝟑𝟎 ∗ (𝟗,𝟖𝟏 − 𝟏,𝟖𝟕) = 𝟐𝟒𝟎 𝑵 𝑻𝟏 = 𝒎𝟐𝟎 ∗ (𝒂 + 𝒈) = 𝟐𝟎 ∗ (𝟏,𝟖𝟕 + 𝟗,𝟖𝟏) = 𝟐𝟑𝟎 𝑵 d) 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 ; ∆𝒕 = 𝒗 𝒂 = 𝟐,𝟕 𝟏,𝟖𝟕 = 𝟏,𝟒𝟒 𝒔 67. Una esfera uniforme de masa M y radio R puede girar libremente respecto a un eje horizontal que pasa por su centro. Se enrolla una cuerda alrededor de la esfera y se une a un cuerpo de masa m como se indica en la figura. Calcular
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    a) La aceleracióndel cuerpo. b) La tensión de la cuerda. a) 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝑹 𝑬𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒆𝒓𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒔𝒇𝒆𝒓𝒂 𝒆𝒔 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝑹 Obtenemos: 𝑻 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂 Substituyendo en la primera: 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂 = 𝒎 ∗ 𝒂 Obtenemos: 𝒂 = 𝒎∗𝒈 𝟐 𝟓 ∗𝑴+𝒎 b) 𝑻 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝒎∗𝒈 𝟐 𝟓 ∗𝑴+𝒎 = 𝟐∗𝑴∗𝒎∗𝒈 𝟐∗𝑴+𝟓∗𝒎 68. Una máquina de Atwood posee dos objetos de masas m1=500 g y m2= 510 g, unidos por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea sin rozamiento (figura). La polea es un disco uniforme de masa 50 g y un radio de 4 cm. La cuerda no se desliza sobre la polea. a) Hallar la aceleración de las masas. b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda que soporta a m1? ¿Y de la cuerda que soporta a m2? ¿En cuánto difieren?
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    a) 𝑻𝟏 − 𝒎𝟏∗ 𝒈 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒂 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) ∗ 𝑹 = 𝟏/𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒂 𝑹 ) 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 − 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 Despejando a: 𝒂 = (𝒎𝟐−𝒎𝟏)∗𝒈 𝒎𝟐+𝒎𝟏+ 𝟏 𝟐 ∗𝑴 = (𝟎,𝟓𝟏𝟎−𝟎,𝟓𝟎𝟎)∗𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟓𝟏𝟎+𝟎,𝒌𝟓𝟎𝟎+ 𝟏 𝟐 ∗𝟎,𝟎𝟓 = 𝟎,𝟎𝟗𝟒𝟗 𝒎/𝒔𝟐 b) Del sistema obtenemos las tensiones: 𝑻𝟏 = 𝒎𝟏 ∗ (𝒈 + 𝒂) = 𝟎, 𝟓𝟎𝟎 ∗ (𝟗, 𝟖𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟗𝟒𝟗) = 𝟒, 𝟗𝟓 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ (𝒈 − 𝒂) = 𝟎,𝟓𝟏𝟎 ∗ (𝟗, 𝟖𝟏 − 𝟎, 𝟎𝟗𝟒𝟗) = 𝟒,𝟗𝟔 𝑵 ∆𝑻 = 𝟎,𝟎𝟏 𝑵 69. Dos objetos cuelgan de dos cuerdas unidas a dos ruedas capaces de girar respecto a un mismo eje del modo que se indica en la figura. El momento total de inercia de las dos ruedas es de 40 kg m2 . Los radios son R1=1,2 m y R2= 0,4 m. a) Si m1=24 kg, calcular el valor de m2 para que sea nula la aceleración angular de las dos ruedas. b) Si se colocan con suavidad 12 kg sobre la parte superior de m1, calcular la aceleración angular de las ruedas y la tensión de las cuerdas. a) 𝑻𝟏 ∗ 𝑹𝟏 = 𝑻𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝑻𝟏 = 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 ;𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹𝟏 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹𝟐 𝒎𝟐 = 𝒎𝟏 ∗ 𝑹𝟏 𝑹𝟐 = 𝟐𝟒 ∗ 𝟏,𝟐 𝟎,𝟒 = 𝟕𝟐 𝒌𝒈 b) En este caso las ecuaciones son: (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝒈 − 𝑻𝟏 = (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟏 𝑻𝟏 ∗ 𝑹𝟏 − 𝑻𝟐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝑻𝟐 − 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 = 𝒎𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟐 Despejando α: 𝜶 = 𝒈∗((𝒎𝟏+𝒎)∗𝑹𝟏−𝑹𝟐∗𝒎𝟐) 𝑰+(𝒎𝟏+𝒎)∗𝑹𝟏 𝟐−𝒎𝟐∗𝑹𝟐 𝟐 = 𝟗,𝟖𝟏∗((𝟐𝟒+𝟏𝟐)∗𝟏,𝟐−𝟎,𝟒∗𝟕𝟐) 𝟒𝟎+(𝟐𝟒+𝟏𝟐)∗𝟏,𝟐𝟐+𝟕𝟐∗𝟎,𝟒𝟐 = 𝟏,𝟑𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐
  • 28.
    Para las tensiones: 𝑻𝟏= (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝒈 − (𝒎𝟏 + 𝒎) ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟏 = 𝟑𝟔 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 − 𝟑𝟔 ∗ 𝟏, 𝟑𝟕 ∗ 𝟏, 𝟐 = 𝟐𝟗𝟒 𝑵 𝑻𝟐 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 + 𝒎𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟕𝟐 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 + 𝟕𝟐 ∗ 𝟏, 𝟑𝟕 ∗ 𝟎, 𝟒 = 𝟕𝟒𝟔 𝑵 70. Un cilindro uniforme de masa M y radio R tiene arrollada una cuerda. Esta cuerda está fuertemente sujeta, y el cilindro cae verticalmente, tal como se indica en la figura. a) Demostrar que la aceleración del cilindro está dirigida hacia abajo y que su magnitud es a=2g/3. b) Calcular la tensión de la cuerda. a) 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝑹 Despejando a: 𝒂 = 𝑴∗𝒈 𝑴+ 𝟏 𝟐 ∗𝑴 = 𝟐∗𝒈 𝟑 b) 𝑻 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐∗𝒈 𝟑 = 𝑴∗𝒈 𝟑 71. El cilindro de la figura del problema anterior está sostenido por la mano de una persona que acelera hacia arriba sin que se mueva el centro de masas del cilindro. Determinar a) La tensión de la cuerda. b) La aceleración angular. c) La aceleración de la mano. a) En este caso las ecuaciones son: 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝟎 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 Por tanto: 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒈 b) 𝜶 = 𝟐∗𝒈 𝑹 c) 𝒂 = 𝑹 ∗ 𝜶 = 𝟐 ∗ 𝒈
  • 29.
    72. Un yo-yode 0,1 kg está formado por dos discos sólidos de radio 10 cm unidos entre sí por una barra sin masa de radio 1 cm y una cuerda arrollada a la barra. Un extremo de la cuerda se mantiene fijo y está bajo la tensión constante T cuando se suelta el yo-yo. Determinar la aceleración del yo-yo y la tensión T. 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 Despejando a: 𝒂 = 𝒓 ∗ 𝒈 𝒓 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝒓 = 𝟎,𝟎𝟏 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟎𝟏 + 𝟎, 𝟏𝟐 𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟏 = 𝟎,𝟏𝟗𝟐 𝒎/𝒔𝟐 c) 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂 = 𝟎, 𝟏 ∗ (𝟗,𝟖𝟏 − 𝟎,𝟏𝟗𝟐) = 𝟎,𝟗𝟔 𝑵 73. Un cilindro uniforme de masa m1, y radio R gira sobre un eje sin rozamiento. Se enrolla una cuerda alrededor del mismo que se une a una masa m2 la cual está apoyada en un plano inclinado sin rozamiento de ángulo ϴ, como se ve en la figura. El sistema se deja en libertad desde el reposo con m2 a una altura h sobre la base del plano inclinado, a) ¿Cuál es la aceleración de la masa m2? b) ¿Cuál es la tensión de la cuerda? c) ¿Cuál es la energía total del sistema cuando m2 está a la altura h? d) ¿Cuál es la energía total cuando m2 está en la base del plano inclinado y posee una velocidad v? e) ¿Cuál es el valor de v? f) Analizar las respuestas para los casos extremos de ϴ=0º, ϴ=90º y m1=0. a)
  • 30.
    Aplicando la segundaley de Newton: 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝑻 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂 𝑹 Despejando a: 𝒂 = 𝒎𝟐∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒎𝟐+ 𝟏 𝟐 ∗𝒎𝟏 = 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 b) 𝑻 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 c) 𝑬 = 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 d) La energía mecánica se conserva dado que no hay fricción, en esta situación es energía cinética de traslación para m2 y de rotación para m1. 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 e) 𝒎𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟐 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒗𝟐 𝒗 = √ 𝟐∗𝒈∗𝒉 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 f) Para ϴ=0, a =0 ; T=0; E=0; v=0 Para ϴ=90: 𝒂 = 𝒈 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 𝑻 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝟏 ∗ 𝒈 𝟏+ 𝒎𝟏 𝟐∗𝒎𝟐 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒆𝒔 𝒍𝒂 𝒎𝒊𝒔𝒎𝒂. Si la masa 1 es: 𝒂 = 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝑻 = 𝟎 𝑵 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 74. En la figura se muestra un dispositivo para medir el momento de inercia de un objeto. Una plataforma circular posee un tambor concéntrico de radio 10 cm alrededor del cual se arrolla una cuerda. Ésta cuerda pasa por una polea sin rozamiento y de su extremo cuelga un peso de masa M. El peso se deja caer desde el reposo y se mide el tiempo que transcurre cuando cae una distancia D. El sistema entonces se rebobina, el objeto cuyo momento de inercia se desea medir se sitúa sobre la plataforma y el sistema de nuevo se deja libre desde el reposo. El tiempo requerido ahora para que el peso descienda la misma distancia D proporciona los datos necesarios para el cálculo de I. Con M=2,5 kg y D=1,8 m, el tiempo es 4,2 s. a) Determinar el momento de inercia combinado de la plataforma, el eje del tambor y la polea. b) Con un objeto situado sobre la plataforma el tiempo es 6,8 s para D=1,8 m. Determinar el momento de inercia del objeto sobre el eje de la plataforma.
  • 31.
    a) 𝑴 ∗ 𝒈− 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝑻 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝑹 Por cinemática: 𝑫 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 ; 𝒂 = 𝟐∗𝑫 ∆𝒕𝟐 Substituimos: 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂 (𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂) ∗ 𝑹𝟐 = 𝑰 ∗ 𝒂 ; 𝑰 = (𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑴 ∗ 𝒂) ∗ 𝑹𝟐 𝒂 𝑰 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒈 𝒂 − 𝟏) = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒈∗∆𝒕𝟐 𝟐∗𝑫 − 𝟏) = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐 ∗ ( 𝟗,𝟖𝟏∗𝟒,𝟐𝟐 𝟐∗𝟏,𝟖 − 𝟏) = 𝟏, 𝟏𝟕𝟕 𝒌𝒈 𝒎𝟐 b) En la nueva situación: 𝑰𝒕 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒈 ∗ ∆𝒕𝟐 𝟐 ∗ 𝑫 − 𝟏) = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐 ∗ ( 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟔, 𝟖𝟐 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖 − 𝟏) = 𝟑, 𝟏𝟐𝟓 𝒌𝒈 𝒎𝟐 Para este caso es 𝑰𝒕 = 𝑰 + 𝑰𝒄 ; 𝑰𝒄 = 𝑰𝒕 − 𝑰 𝑰𝒄 = 𝟑,𝟏𝟐𝟓 − 𝟏, 𝟏𝟕𝟕 = 𝟏,𝟗𝟒𝟖 𝒌𝒈 𝒎𝟐 Objetos rodantes sin deslizamiento 75. Verdadero o falso: Cuando un objeto rueda sin deslizamiento, el rozamiento no realiza trabajo alguno sobre el objeto. Verdadero 76. Una rueda de radio R rueda sin deslizamiento. La velocidad del punto de la periferia que está en contacto con la superficie, relativo a la superficie es a) Igual a Rw en el sentido del movimiento del centro de masas. b) Igual a Rw en sentido opuesto al del movimiento del centro de masas. c) Cero. d) Igual a la velocidad del centro de masas en el mismo sentido. e) Igual a la velocidad del centro de masas, pero en sentido contrario. Si la rueda rueda sin patinar, un punto en la parte superior de la rueda se mueve con una velocidad dos veces mayor que la del centro de masa de la rueda, pero la parte inferior de la rueda está momentáneamente en reposo. Respuesta c. 77. Un cilindro sólido y una esfera sólida tienen una masa igual. Ambos cuerpos ruedan sin deslizamiento sobre una superficie horizontal. Si sus energías cinéticas son iguales, entonces a) La velocidad de translación del cilindro e mayor que la de la esfera.
  • 32.
    b) La velocidadde translación del cilindro es menor que la de la esfera. c) Las velocidades de translación de los dos objetos son iguales. d) Los resultados (a), (b) y (c) dependen de los radios de los objetos. Para el cilindro: 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 𝒗 = √ 𝟒∗𝑬 𝑴 Para la esfera: 𝑬 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 𝒗 = √ 𝟓∗𝑬 𝑴 La respuesta correcta es la b. 78. Partiendo del reposo al mismo tiempo, una moneda y un anillo ruedan por un plano inclinado sin deslizamiento. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta: a) El anillo llega primero a la base del plano. b) La moneda llega en primer lugar. c) El anillo y la moneda llegan simultáneamente. d) El resultado de la carrera depende de sus masas relativas. e) El resultado de la carrera depende de sus diámetros relativos. El momento de inercia del anillo es 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝑹𝟐 Para la moneda 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝑹𝟐 . Consideramos las energías cinéticas: 𝑬𝒄𝒊𝒏 𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 𝑹𝟐 = 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 𝑺𝒊 𝒍𝒂 𝒄𝒂𝒅𝒊𝒂 𝒔𝒆 𝒅𝒂 𝒅𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒖𝒏𝒂 𝒍𝒂𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒉: 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝑴𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 ∗ 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 𝟐 ; 𝒗𝒂𝒏𝒊𝒍𝒍𝒐 = √𝒈 ∗ 𝒉 Para la moneda: 𝑬𝒄𝒊𝒏 𝒎𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒍𝒂 𝒄𝒂í𝒅𝒂: 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝑴𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 ∗ 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝟐 ; 𝒗𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 = 𝟐 ∗ √ 𝒈∗𝒉 𝟑 𝑳𝒂 𝒗𝒆𝒍𝒐𝒄𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒐𝒏𝒆𝒅𝒂 𝒆𝒔 𝒎𝒂𝒚𝒐𝒓. 79. Un anillo de masa M y radio R rueda sin deslizamiento, ¿Es mayor su energía cinética de translación o su energía cinética de rotación? a) La energía cinética de translación es mayor. b) La energía cinética de rotación es mayor. c) Ambas son iguales. d) La respuesta depende del radio. e) La respuesta depende de la masa. 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 Respuesta correcta (c)
  • 33.
    80. Un discode masa M y radio R rueda sin deslizamiento, ¿Es mayor su energía cinética de translación o su energía cinética de rotación? f) La energía cinética de translación es mayor. g) La energía cinética de rotación es mayor. h) Ambas son iguales. i) La respuesta depende del radio. j) La respuesta depende de la masa. 𝑬𝒄𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 Respuesta correcta (a) 81. Una bola rueda sin desplazamiento a lo largo de un plano horizontal. Demostrar que la fuerza de rozamiento que actúa sobre la bola deber ser cero. Sugerencia: Considerar una dirección posible para la acción de la fuerza de rozamiento y los efectos que esta fuerza ejercería sobre la velocidad del centro de masas y sobre la velocidad angular. Si existe fuerza de rozamiento la aceleración del centro de masas debe ser diferente de cero. Si rueda con m.c.u. el momento resultante deber ser cero, la aceleración angular es cero, cosa incoherente con la anterior aceleración del centro de masas, por tanto, la fuerza resultante debe ser cero. 82. Un cilindro sólido homogéneo rueda sin deslizamiento sobre una superficie horizontal. La energía cinética total es Ec. La energía cinética debida a la rotación alrededor de su centro de masas es a) ½ Ec. b) 1/3 Ec. c) 4/7 Ec. d) Ninguna de las anteriores. Respuesta correcta la b. 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝟏 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 83. Un cilindro homogéneo de radio 18 cm y masa 60 kg rueda sin deslizamiento sobre una superficie horizontal a la velocidad de 5 m/s. ¿Qué trabajo hay que realizar para detener el cilindro? Calculamos la energía cinética total del cilindro: 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝟔𝟎 ∗ 𝟐𝟓 = 𝟏𝟏𝟐𝟓 𝑱 El trabajo para frenar el cilindro será esta energía cinética. 84. Calcular los porcentajes de energía cinética total asociada con la rotación y con la traslación, de un objeto que rueda sin deslizarse, si este es, respectivamente, a) Una esfera uniforme. b) Un cilindro uniforme. c) Un aro. a) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝑬𝒄 ; % 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟕𝟏,𝟒 % 𝑬𝒄
  • 34.
    𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟓 ∗ 𝒎∗ 𝒗𝟐 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝑬𝒄 ; 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟐𝟖,𝟔 % 𝑬𝒄 b) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟒 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 ; 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟔𝟔, 𝟕 % 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑬𝒄 ; 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟑𝟑,𝟑 % 𝑬𝒄 c) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝑬𝒄 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 ; 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟓𝟎 % 𝑬𝒄 = 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 85. Un aro de 0,40 m de radio y 0,6 kg rueda sin deslizarse con una velocidad de 15 m/s hacia un plano inclinado de 30º. ¿Cuál será la distancia subida por el aro en el plano? (Suponer que rueda sin deslizarse). Por conservación de energías: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝑳 = 𝒗𝟐 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝟏𝟓𝟐 𝟗,𝟖𝟏∗𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 = 𝟒𝟓,𝟗 𝒎 86. Una pelota rueda sin deslizarse por un plano inclinado que forma un ángulo ϴ con la horizontal. Calcular en función del coeficiente de rozamiento µe. a) La aceleración de la pelota. b) La fuerza de rozamiento. c) El máximo ángulo de inclinación para que la pelota pueda rodar sin deslizarse. a) 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒇 ∗ 𝒓 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 ∗ 𝒓; 𝒇 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 Substituyendo: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝟑 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 b) 𝒇 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 c) Si consideramos las componentes normales:
  • 35.
    𝑵 = 𝒎∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒇 = 𝝁 ∗ 𝑵 = 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 A partir del resultado de b: 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒕𝒈𝜽 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁) 87. Un bote vacío de masa total 3 M rueda sin deslizar. Si su masa está distribuida como indica la figura. ¿Qué relación existe entre la energía cinética de traslación y la energía cinética de rotación alrededor de su centro de masas? 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 𝑰 = 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟑 88. Una bicicleta de masa 14 kg lleva ruedas de 1,2 m de diámetro, cada una de masa 3 kg. La masa del ciclista es 38 kg. Estimar la fracción de energía cinética total de la bicicleta y el ciclista asociada a la rotación de las ruedas. 𝑬𝒄,𝒕𝒓 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟏𝟒 + 𝟑𝟖) ∗ 𝒗𝟐 = 𝟐𝟔 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟔 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝟑 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄 = 𝟐𝟗 ∗ 𝒗𝟐 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 𝑬𝒄 = 𝟑 𝟐𝟗 = 𝟎, 𝟏𝟎 ; 𝑬𝒄𝒓𝒐𝒕 𝑬𝒄 % = 𝟏𝟎 % 89. Una esfera hueca y otra sólida (y uniforme) de iguales masas m y radios R ruedan sin deslizamientos por un plano inclinado desde la misma altura H (figura). Ambas se mueven horizontalmente al salir de la rampa. Cuando las esferas chocan contra el suelo, el alcance de la esfera hueca es L. Determinar el alcance L’ de la esfera uniforme sólida.
  • 36.
    Por conservación deenergías, para la esfera hueca: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝑯 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝑯 𝟐 𝑹𝟐 ; 𝒗𝑯 = √ 𝟔 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 Para la esfera maciza: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒄 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝒄 𝟐 𝑹𝟐 ; 𝒗𝒄 = √ 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 El punto de caída de cada bola vendrá dado por: 𝑳 = 𝒗𝑯𝒗𝒄 = √ 𝟔 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 ∗ ∆𝒕 𝑳′ = 𝒗𝒄 ∗ ∆𝒕 = √ 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝑯 ∗ ∆𝒕 𝑳′ 𝑳 = √ 𝟏𝟎/𝟕 𝟔/𝟓 = 𝟏, 𝟎𝟗 90. Un cilindro hueco y otro cilindro sólido uniforme ruedan horizontalmente sin desplazamiento. La velocidad del cilindro hueco es v. Ambos cilindros encuentran un plano inclinado por el que trepan sin deslizar. Si la altura máxima que alcanzan es la misma, determinar la velocidad v’ del cilindro uniforme. Para el cilindro hueco: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝑯 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ (𝒎𝑯 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎𝑯 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 ; 𝒗𝟐 = 𝒈 ∗ 𝒉 Para el macizo: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒄 ∗ 𝒗′𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎𝒄 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗′𝟐 𝑹𝟐 = 𝒎𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 ; 𝒗′𝟐 = 𝟒 𝟑 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 𝒗′ 𝒗 = √ 𝟒 𝟑 91. Un cilindro hueco, de paredes delgadas, y una esfera sólida parten del reposo y ruedan sin deslizamiento por un plano inclinado de longitud 3 m. El cilindro llega a la base del plano 2,4 s después de la esfera. Determinar el ángulo que forma el plano inclinado con la horizontal. Para el cilindro: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒇 ∗ 𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 De esto: 𝒂 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 Para la esfera: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒇 ∗ 𝒓 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒂 𝒓 ; 𝒇 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒂
  • 37.
    Despejando: 𝒂 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒈∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 Como los dos salen del reposo y tienen un movimiento uniformemente acelerado: Para el cilindro: 𝑳 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽) ∗ 𝒕𝟏 𝟐 ; 𝒕𝟏 = √ 𝟒∗𝑳 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 Para la esfera: 𝑳 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟓 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽) ∗ 𝒕𝟏 𝟐 ; 𝒕𝟐 = √ 𝟏𝟒∗𝑳 𝟓∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐, 𝟒 = 𝒕𝟏 − 𝒕𝟐 = (𝟐 − √ 𝟏𝟒 𝟓 ) ∗ √ 𝑳 𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 Despejando: 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 ( 𝟎,𝟑𝟑𝟐∗𝟑 𝟐,𝟒𝟐∗𝟗,𝟖𝟏 ) = 𝟎,𝟑𝟑 92. Una bola uniforme de radio r rueda sin deslizarse a lo largo de una vía que forma un bucle según se indica a la figura. Parte del reposo a la altura h por encima del punto inferior del lazo. a) Si la bola no abandona la vía en la parte superior del bucle, ¿Cuál es el valor mínimo que puede tener h en función del radio del bucle? b) ¿Cuál debería ser h si la bola hubiera de deslizarse a lo largo de una vía sin rozamiento en lugar de rodar? a) Para no abandonar la vía en la parte superior: 𝑷 − 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 ;𝑽𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐:𝑵 = 𝟎;𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 𝑷𝒐𝒓 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐:𝒗 = √𝒈 ∗ 𝑹 Por conservación energías: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 𝒉 = 𝟐, 𝟕 ∗ 𝑹 b) En este caso no hay energía cinética de rotación: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 𝒉 = 𝟐, 𝟓 ∗ 𝑹 93. Una rueda posee una delgada llanta de 3,0 kg y cuatro radios, cada uno de masa 1,2 kg. Determinar la energía cinética de la rueda al rodar sobre una superficie horizontal a la velocidad de 6,0 m/s. 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝑻 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 Para el momento de inerca tenemos: 𝑰 = 𝑴𝑹 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟒 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ (𝑴𝑹 + 𝟒 𝟑 ∗ 𝑴𝒓𝒂𝒅𝒊𝒐) Con esto:
  • 38.
    𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒗𝟐 ∗(𝟐 ∗ 𝑴𝑹 + 𝟏𝟔 𝟑 ∗ 𝑴𝑹) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑𝟔 ∗ (𝟔 + 𝟏𝟔 𝟑 ∗ 𝟏,𝟐) = 𝟐𝟐𝟑,𝟐 𝑱 94. Dos discos uniformes y pesados están conectados por una corta barra. El sistema se sitúa sobre un plano inclinado de tal modo que los discos cuelgan sobre los lados. Cada disco posee una masa de 20 kg y un radio de 30 cm y la barra de conexión tiene un radio de 2 cm y una masa de 1 kg. El plano está inclinado 30º y la barra rueda sobre el plano sin deslizamiento. a) ¿Cuál es la aceleración lineal del sistema que desciende por el plano? b) ¿Cuál es la aceleración angular del sistema? c) Si el sistema parte del reposo, ¿Cuál es la energía cinética de traslación cuando ha rodado 2 m sobre el plano? d) ¿Cuál es la energía cinética de rotación al cabo de dicho desplazamiento? a) 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇𝒔 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝒇𝒔 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓 El momento de inercia del “artefacto”: 𝑰 = 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒅 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒃 ∗ 𝒓𝟐 = 𝑴𝒅 ∗ 𝑹𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴𝒃 ∗ 𝒓𝟐 𝑰 = 𝟐𝟎 ∗ 𝟎,𝟑𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 ∗ 𝟎, 𝟎𝟐𝟐 = 𝟏, 𝟖𝟎 𝒌𝒈 𝒎𝟐 De las ecuaciones de la dinámica: 𝒇𝒔 = 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓𝟐 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝑰 ∗ 𝒂 𝒓𝟐 = 𝑴 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝑴∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 (𝑴+ 𝑰 𝒓𝟐) = 𝟒𝟏∗𝟗,𝟖𝟏∗𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎 (𝟒𝟏+ 𝟏,𝟖𝟎 𝟎,𝟎𝟐𝟐) = 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 𝒎/𝒔𝟐 b) 𝜶 = 𝒂 𝒓 = 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 𝟎,𝟎𝟐 = 𝟐, 𝟐𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝒗 = √𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 = √𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 ∗ 𝟐 = 𝟎, 𝟒𝟐 𝒎/𝒔 𝑬𝒄,𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒𝟏 ∗ 𝟐 ∗ 𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑 ∗ 𝟐 = 𝟑,𝟔𝟑 𝑱 d) 𝑬𝒄,𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖𝟎 ∗ 𝟐∗𝒂∗∆𝒙 𝒓𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏, 𝟖𝟎 ∗ 𝟐∗𝟎,𝟎𝟒𝟒𝟑∗𝟐 𝟎,𝟎𝟐𝟐 = 𝟑𝟗𝟗 𝑱 95. Una rueda de radio R rueda sin desplazamiento con velocidad V. Las coordenadas del centro de la rueda son X, Y. a) Demostrar que las coordenadas x e y del punto P de la figura son X+ rocosϴ y R + ro senϴ, respetivamente. b) Demostrar que la velocidad total v del punto P tiene por componente vx=V+(roV senϴ)/R y vy=-(roVcosϴ)/R.
  • 39.
    c) Demostrar queen el instante en que X=0, v y r son perpendiculares entre sí calculando su producto escalar. d) Demostrar que v=rw siendo w=V/R la velocidad angular de la rueda. Estos resultados demuestran que, en el caso de rodar sin deslizamiento, el movimiento es el mismo que si el objeto que rueda estuviese girando instantáneamente alrededor del punto de contacto con velocidad w=V/R. a) 𝒙 = 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ;𝒚 = 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 relativo al centro de la rueda. Relativo al punto O: 𝒙 = 𝑿 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ;𝒚 = 𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 b) 𝒗𝒙 = 𝒅 𝒅𝒕 (𝑿 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ) = 𝒅𝑿 𝒅𝒕 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒅 𝒅𝒕 (𝒄𝒐𝒔𝜽) = 𝑽 − 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝒅𝜽 𝒅𝒕 𝒗𝒙 = 𝑽 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 𝒗𝒚 = 𝒅 𝒅𝒕 (𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ) = −𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 𝑫𝒐𝒏𝒅𝒆 𝒉𝒆𝒎𝒐𝒔 𝒖𝒔𝒂𝒅𝒐: 𝒅𝜽 𝒅𝒕 = −𝝎 = − 𝑽 𝑹 c) 𝒗 ⃗ ⃗ ∗ 𝒓 ⃗ = 𝒗𝒙 ∗ 𝒙 + 𝒗𝒚 ∗ 𝒚 = (𝑽 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) ∗ 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − (𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) ∗ (𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽) = 𝟎 d) 𝒗 = √𝒗𝒙 𝟐 + 𝒗𝒚 𝟐 = √(𝑽 + +𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) 𝟐 + (𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 ∗ 𝑽 𝑹 ) 𝟐 𝒗 = 𝑽 ∗ √𝟏 + 𝟐 ∗ 𝒓𝒐 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 + 𝒓𝒐 𝟐 𝑹𝟐 𝒓 = √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = √(𝑿 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽)𝟐 + (𝑹 + 𝒓𝒐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽)𝟐 𝒓 = 𝑹 ∗ √𝟏 + 𝟐 ∗ 𝒓𝒐 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 + 𝒓𝒐 𝟐 𝑹𝟐 𝝎 = 𝒗 𝑹 = 𝑽 𝑹 96. Un cilindro uniforme de masa M y radio R descansa sobre un bloque de masa m, el cual a su vez se encuentra en reposo sobre una mesa horizontal sin rozamiento (figura). Si aplicamos al bloque una fuerza horizontal F, éste acelera y el cilindro rueda sin deslizamiento. Determinar la aceleración del bloque.
  • 40.
    Tenemos la aceleracióndel bloque ( aB), la aceleración del cilindro (aC) respecto del suelo y la aceleración del cilindro en su rotación relativa al bloque(𝒂𝑪𝑩 = −𝜶 ∗ 𝑹). 𝒂𝒄 = 𝒂𝑩 + 𝒂𝑪𝑩 Aplicando la segunda ley de Newton: Masa m: 𝑭 − 𝒇′ = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 ; 𝑭𝒏 − 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑭𝑴 = 𝟎 Masa M: 𝒇 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂𝑪𝑩 𝑹 ; 𝑭𝑴 − 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝟎 ;𝒇 = 𝑴 ∗ 𝒂𝑪 (𝟏) De la ecuación de rotación de M: 𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝑪𝑩 = 𝒇′ (𝟐) Para la ecuación x de m: 𝑭 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝑪𝑩 = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 Utilizando 𝒂𝒄 = 𝒂𝑩 − 𝜶 ∗ 𝑹 ; 𝑹 ∗ 𝜶 = 𝒂𝑩 − 𝒂𝒄 𝒚 (𝟏) 𝒀 (𝟐): 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ (𝒂𝑩 − 𝒂𝒄) = 𝑴 ∗ 𝒂𝒄 𝒂𝑩 = 𝟑 ∗ 𝒂𝑪 Por tanto: 𝑭 − 𝒇′ = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 ; 𝑭 − 𝑴 ∗ 𝒂𝑪 = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 ;𝑭 − 𝑴 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝒂𝑩 = 𝒎 ∗ 𝒂𝑩 Despejando: 𝒂𝑩 = 𝑭 𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴 = 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 97. (a) Determinar la aceleración angular del cilindro en el problema 96. ¿es horaria o anti horaria la rotación del cilindro? (b) Cual es aceleración lineal del cilindro respecto a la mesa? Tomemos como sentido el mismo que indica la dirección de F. (c) ¿Cuál es la aceleración del cilindro respecto del bloque? a) A partir de las mismas ecuaciones del problema 96: 𝜶 = 𝒂𝑪𝑩 𝑹 = 𝒂𝑩−𝒂𝒄 𝑹 = 𝟐∗𝒂𝒄 𝑹 = 𝟐 𝟑 ∗𝒂𝑩 𝑹 = 𝟐∗𝑭 𝑹∗(𝟑∗𝒎+𝑴) Sentido anti horario. b)𝒂𝑪 = 𝒂𝑩 𝟑 = 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 c) 𝒂𝑪𝑩 = 𝒂𝑪 − 𝒂𝑩 = 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 − 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 = −𝟐∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 98. Si la fuerza del problema 96 actúa a lo largo de una distancia d, determinar a) La energía cinética del bloque. b) La energía cinética del cilindro. c) Demostrar que la energía cinética total es igual al trabajo realizado sobre el sistema. a) 𝒗𝑩 𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒂𝑩 ∗ 𝒅 = 𝟐 ∗ 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 Usando al valor de aceleración encontrado en el problema anterior.
  • 41.
    𝑬𝑪,𝑩 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎∗ 𝒗𝑩 𝟐 = 𝟑∗𝑭∗𝒎 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 = 𝑭∗𝒎 𝒎+ 𝟏 𝟑 ∗𝑴 b) Usando la aceleración encontrada en el problema 96: 𝒂𝑪 = 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 Dado que esta aceleración es tres veces menor que la de B, la velocidad de C será tres veces menor que la de B. 𝒗𝑪 𝟐 = 𝒗𝑩 𝟐 𝟗 = 𝟐 𝟗 ∗ 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 La energía cinética de traslación del cilindro es: 𝑬𝒄,𝒕𝒓𝒂𝒔 𝑪 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝟐 𝟗 ∗ 𝟑∗𝑭 𝟑∗𝒎+𝑴 ∗ 𝒅 = 𝑭∗𝑴∗𝒅 𝟑∗(𝟑∗𝒎∗𝑴) Para la energía cinética de rotación del cilindro: 𝑬𝒓𝒐𝒕,𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝑪𝑩 𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝑪𝑩 𝟐 La aceleración de rotación del cilindro, aCB: 𝒂𝑪𝑩 = 𝒂𝒄 − 𝒂𝑩 = −𝟐 ∗ 𝒂𝑪 Por tanto, la velocidad será dos veces la de b: 𝒗𝑪𝑩 = −𝟐 ∗ 𝒗𝑪 𝒗𝑪𝑩 𝟐 = 𝟒 ∗ 𝒗𝑪 𝟐 = 𝟖∗𝑭∗𝒅 𝟑∗(𝟑∗𝒎+𝑴) 𝑬𝒓𝒐𝒕,𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝟖∗𝑭∗𝒅 𝟑∗(𝟑∗𝒎+𝑴) = 𝟐∗𝑭∗𝒅∗𝑴 𝟑∗(𝟑∗𝒎+𝑴 ) Sumando: 𝑬𝑪,𝒄𝒊𝒍 = 𝑬𝒄,𝒕𝒓𝒂𝒔 𝑪 + 𝑬𝒓𝒐𝒕,𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏 = 𝑭∗𝑴∗𝒅 (𝟑∗𝒎∗𝑴) c) 𝑬𝒄𝒊𝒏,𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑭∗𝑴∗𝒅 (𝟑∗𝒎+𝑴) + 𝟑∗𝑭∗𝒎∗𝒅 𝟑∗𝒎+𝑴 = 𝑭 ∗ 𝒅 ∗ ( 𝑴+𝟑∗𝒎 𝟑∗𝒎+𝑴 ) = 𝑭 ∗ 𝒅 99. Una bolita inicialmente en reposo en el punto más alto de una gran esfera fija, comienza a rodar sin deslizamiento por la superficie de la esfera (figura). Determinar el ángulo desde el polo de la esfera hasta el punto donde la bolita pierde el contacto con aquella, El radio de la bolita es 1 cm y el de la esfera 80 cm. Para “saltar” de la esfera: 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 ; 𝒗𝟐 = 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽
  • 42.
    Teniendo en cuentala conservación de energías, considerando h=0 en el centro de la esfera: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝒗𝟐 𝒓𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽) 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒈 ∗ 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝟏𝟎 𝟏𝟕 ; 𝜽 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔( 𝟏𝟎 𝟏𝟕 ) = 𝟓𝟒𝒐 Rodadura con deslizamiento 100.Verdadero o falso: Cuando una esfera rueda y desliza sobre una superficie rugosa la energía mecánica se disipa. Verdadero, si desliza la fuerza de fricción disipará energía. 101. Un taco de billar golpea una bola en un punto muy próximo a su parte más superior, de modo que comienza a girar sobre sí misma. Como desliza la fuerza de rozamiento a) Incrementa vcm. b) Decrece vcm. c) No tiene efecto sobre vcm. Debido a que la bola se golpea lo suficientemente alto como para tener un efecto liftado, la fuerza de fricción está hacia adelante; reduciendo ω hasta que se cumpla la condición antideslizante. (a) Es correcta. 102. En una bolera se lanza una bola de masa M y radio R de modo que en el instante que toque el suelo se esté moviendo con una velocidad vo sin rodamiento. La bola desliza durante un tiempo t1 a lo largo de una distancia s1 antes de empezar a rodar sin deslizamiento. a)Si µc es el coeficiente de rozamiento por deslizamiento entre la bola y el suelo, calcular s1,t1 y la velocidad final v1 de la bola. b)Determinar la relación entre la energía mecánica final e inicial de la bola. c)Evaluar estas magnitudes para v0=8 m/s y µc =0,06. a)Para el tramo de deslizamiento: 𝒇𝒄 = −𝝁𝒄 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝑴 ∗ 𝒂𝑪𝑴 ; 𝒂𝑪𝑴 = −𝝁𝒄 ∗ 𝒈 𝒗𝑪𝑴 = 𝒗𝒐 − 𝒂𝑪𝑴 ∗ 𝒕 = 𝒗𝒐 − 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕 Para el momento tenemos: 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶; 𝝁𝒄 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁𝒄∗𝒈 𝑹 Para la velocidad angular tenemos: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ 𝒕 = 𝜶 ∗ 𝒕 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁𝒄∗𝒈 𝑹 ∗ 𝒕 La condición de rodadura es 𝒗𝑪𝑴 = 𝑹 ∗ 𝝎 : 𝒗𝒐 − 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟏 = 𝑹 ∗ 𝝎 = 𝑹 ∗ 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁𝒄∗𝒈 𝑹 ∗ 𝒕𝟏 Despejando el tiempo: 𝒕𝟏 = 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 Para la distancia: 𝒔𝟏 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒕𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ 𝒕𝟏 𝟐 = 𝒗𝒐 ∗ 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 ) 𝟐 𝒔𝟏 = 𝟏𝟐∗𝒗𝒐 𝟐 𝟒𝟗∗𝝁𝒄∗𝒈 Con la velocidad: 𝒗𝟏 = 𝒗𝒐 − 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 𝒗𝟏 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒗𝒐
  • 43.
    b) 𝑬𝒄𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒄𝒇 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝒗𝟏 𝟐 𝑹𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟏 𝟐 = 𝟓 𝟏𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒄𝒇 𝑬𝒄𝒇 = 𝟓 𝟕 c)Para los valores indicados: 𝒕𝟏 = 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 = 𝟐∗𝟖 𝟕∗𝟎,𝟎𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟑, 𝟖𝟖 𝒔 𝒔𝟏 = 𝟏𝟐∗𝒗𝒐 𝟐 𝟒𝟗∗𝝁𝒄∗𝒈 = 𝟏𝟐∗𝟔𝟒 𝟒𝟗∗𝟎,𝟎𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟐,𝟔𝟔 𝒎 𝒗𝟏 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒗𝒐 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝟖 = 𝟓,𝟕𝟏 𝒎/𝒔 103. Una bola de billar de radio r se encuentra inicialmente en reposo sobre una mesa de billar horizontal (figura). Se le golpea mediante un taco que desarrolla una fuerza de magnitud Po durante un tiempo muy corto ∆t. El taco golpea a la bola en un punto situado a una distancia h del punto de contacto con la mesa. Demostrar que la velocidad angular ωo está relacionada con la velocidad lineal inicial del centro de masas vo por 𝝎𝒐 = 𝟓 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒉−𝒓 𝟐∗𝒓𝟐. Para la rotación de la bola: 𝝉 = 𝑷𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) Para el teorema del impulso en la rotación 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝝉 ∗ ∆𝒕 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑷𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) ∗ ∆𝒕 Llamando 𝑷𝒕𝒓𝒂𝒔 = 𝑷𝒐 ∗ ∆𝒕 = ∆𝒑 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑷𝒕𝒓𝒂𝒔 ∗ (𝒉 − 𝒓) = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) Para La cantidad de movimiento de rotación 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 ∗ 𝝎𝒐 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ∗ (𝒉 − 𝒓) 𝝎𝒐 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝒗𝒐 ∗ 𝒉−𝒓 𝒓𝟐 104. Una pelota esférica uniforme se pone en rotación respecto a un eje horizontal con una velocidad angular 𝝎𝒐 y se deja en reposo sobre el suelo. Si el coeficiente de rozamiento por deslizamiento entre la pelota y el suelo es 𝝁𝒄, calcular la velocidad del centro de masas de la pelota cuando ésta comienza a rodar sin deslizamiento. 𝒇𝑹 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 Para la rotación: 𝒇𝑹 ∗ 𝒓 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝜶
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    A partir dela expresión de la fuerza de rozamiento 𝒇𝑹 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 : 𝒂 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 Para un movimiento uniformemente acelerado: 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Por la ecuación de rotación: 𝜶 = 𝟓∗𝒇𝑹 𝟐∗𝒎∗𝒓 = 𝟓∗𝒎∗𝒂 𝟐∗𝒎∗𝒓 = 𝟓∗𝒂 𝟐∗𝒓 = 𝟓∗𝝁𝒄∗𝒈 𝟐∗𝒓 Teniendo en cuenta el movimiento circular: 𝝎 = 𝝎𝒐 − 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 − 𝟓∗𝝁𝒄∗𝒈 𝟐∗𝒓 ∗ ∆𝒕 La condición de rodar sin deslizar 𝒗 = 𝒓 ∗ 𝒘 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝒓 ∗ (𝝎𝒐 − 𝟓∗𝝁𝒄∗𝒈 𝟐∗𝒓 ∗ ∆𝒕) Despajando ∆t ∆𝒕 = 𝟐∗𝒓∗𝝎𝒐 𝟕∗𝝁𝒄∗𝒈 Por tanto, la velocidad será: 𝒗 = 𝝁𝒄 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝒓 ∗ 𝝎𝒐 105. Una pelota sólida homogénea con una masa de 20 g y un radio de 5 cm descansa sobre una superficie horizontal. En dirección horizontal y a una distancia de 9 cm sobre la superficie se aplica a la bola una fuerza instantánea. La fuerza crece linealmente desde 0 hasta un valor máximo de 40 000 N en 10-4 s y después decrece linealmente a 0 en 10-4 s. a) ¿Cuál es la velocidad de la pelota después del impacto? b) ¿Cuál es la velocidad angular de la pelota después del impacto? c) ¿Cuál es la velocidad de la pelota cuando comienza rodar sin deslizar? d) ¿Durante cuánto tiempo la pelota ha deslizado sobre la superficie? Supóngase que µc=0,5. a) Con el teorema del impulso: 𝑰 = ∆𝒑 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ; 𝒗𝒐 = 𝑭𝒎𝒆𝒅∗∆𝒕 𝒎 𝒗𝒐 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝟐,𝟎∗𝟏𝟎−𝟒 𝟎,𝟎𝟐𝟎 = 𝟐, 𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟐 𝑵 b) 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝝉𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝝉𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 𝒓 Para el momento de rotación tenemos: 𝝉𝒎𝒆𝒅 = 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ (𝒉 − 𝒓) 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ (𝒉 − 𝒓) ∗ ∆𝒕 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝝎𝒐 Usando el teorema del impulso:
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    𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ ∆𝒕= 𝒎 ∗ 𝒗𝒐; ∆𝒕 = 𝒎∗𝒗𝒐 𝑭𝒎𝒆𝒅 Substituimos: 𝑭𝒎𝒆𝒅 ∗ (𝒉 − 𝒓) ∗ 𝒎∗𝒗𝒐 𝑭𝒎𝒆𝒅 = ( 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐) ∗ 𝝎𝒐 𝝎𝒐 = 𝟓 𝟐 ∗ (𝒉−𝒓)∗𝒗𝒐 𝒓𝟐 = 𝟓 𝟐 ∗ (𝟎,𝟎𝟗−𝟎,𝟎𝟓)∗𝟐𝟎𝟎 𝟎,𝟎𝟓𝟐 = 𝟖𝟎𝟎𝟎 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) Por la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = 𝝁 ∗ 𝒈 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 Para la rotación: 𝒇𝒓 ∗ 𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶 Para la velocidad tenemos: 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Utilizando la ecuación de la rotación: 𝜶 = 𝒇𝒓∗𝒓 𝑰 = 𝒎∗𝒂∗𝒓 𝟐 𝟓 ∗𝒎∗𝒓𝟐 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 Teniendo en cuenta m.c.u.a: 𝝎 = 𝝎𝒐 − 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 − 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 ∗ ∆𝒕 Para la velocidad lineal: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 La condición de rodar sin deslizar: 𝒗 = 𝒓 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝒓 ∗ 𝝎𝒐 − 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 ∗ ∆𝒕 Despejando ∆t: ∆𝒕 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝒓∗𝝎𝒐−𝒗𝒐 𝝁∗𝒈 = 𝟐 𝟕 ∗ 𝟎,𝟎𝟓∗𝟖𝟎𝟎𝟎−𝟐𝟎𝟎 𝟎,𝟓∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟏𝟏,𝟔 𝒔 (d) Por tanto: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝟐𝟎𝟎 + 𝟎,𝟓 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝟏𝟏,𝟔 = 𝟐𝟓𝟕 𝒎/𝒔 106. Una bola de billar de 0,3 kg y radio 3 cm es golpeada por el taco mediante un impulso horizontal que pasa por su centro. La velocidad inicial de la bola es 4 m/s. el coeficiente de rozamiento cinético es 0,6. a) ¿Durante cuántos segundos desliza la bola antes de que comience a rodar sin deslizamiento? b) ¿Cuál es el tiempo de deslizamiento? c) ¿Cuál es su velocidad cuando comienza a rodar sin deslizamiento? a) La fuerza resultante sobre la bola es la fuerza de rozamiento.
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    𝒇𝒓 = 𝒎∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = 𝝁 ∗ 𝒈 𝒗𝒄𝒎 = 𝒗𝒐 − 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Para la rotación: 𝝉 = 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒓 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝝁∗𝒎∗𝒈∗𝒓 𝑰 = 𝟓 𝟐 ∗ 𝝁∗𝒈 𝒓 Tenemos para la rotación: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝟓 𝟐 ∗ ( 𝝁∗𝒈 𝒓 ) ∗ ∆𝒕 Para la traslación: 𝒗𝒄𝒎 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Imponemos la condición de rodar sin deslizamiento: 𝒗 = 𝒓 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ 𝒕𝟏 = 𝒓 ∗ 𝟓 𝟐 ∗ ( 𝝁∗𝒈 𝒓 ) ∗ 𝒕𝟏 El tiempo pedido es: 𝒕𝟏 = 𝟐∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 = 𝟐∗𝟒 𝟕∗𝟎,𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟎,𝟏𝟗𝟒 𝒔 b) Para rodar sin deslizar: 𝟎 = 𝟐, 𝟖𝟔 − 𝟎,𝟔 ∗ 𝟗, 𝟖𝟏 ∗ 𝒕𝟐 𝒕𝟐 = 𝟐,𝟖𝟔 𝟎,𝟔∗𝟗,𝟖𝟏 = 𝟎,𝟒𝟗 𝒔 c) La velocidad en este momento es: 𝒗 = 𝟒 − 𝟎, 𝟔 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟎, 𝟏𝟗𝟒 = 𝟐,𝟖𝟔 𝒎/𝒔 (c) 107. Una bola de billar inicialmente en reposo recibe un golpe instantáneo mediante un taco. El impulso es horizontal y se aplica a una distancia 2R/3 por debajo de la línea central (figura). La velocidad inicial de la bola es vo y el coeficiente de rozamiento cinético µc. a) ¿Cuál es la velocidad angular inicial ωo? b) ¿Cuál es la velocidad de la bola una vez que comienza a rodar sin deslizamiento? c) ¿Cuál es la energía cinética inicial de la bola? d) ¿Cuál es el trabajo de rozamiento realizado por la bola cuando desliza por la mesa? a)
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    𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑭𝒊𝒎∗ (𝒉 − 𝑹) ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 𝑷𝒓𝒐𝒕 = 𝑷𝒕𝒓𝒂𝒔 ∗ (𝒉 − 𝑹) = 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 ∗ (𝒉 − 𝑹) = 𝑰 ∗ 𝝎𝒐 Despejando la velocidad inicial: 𝝎𝟎 = 𝒎∗𝒗𝒐∗(𝒉−𝑹) 𝑰 = 𝒎∗𝒗𝒐∗(𝒉−𝑹) 𝟐 𝟓 ∗𝒎∗𝑹𝟐 = 𝒗𝒐∗ 𝟐 𝟑 ∗𝑹 𝟐 𝟓 ∗𝑹𝟐 = 𝟓 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 𝑹 b) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓𝒐𝒛 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 𝑭𝒏 = 𝒎 ∗ 𝒈 𝒇𝒓𝒐𝒛 = −𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = −𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = −𝝁 ∗ 𝒈 Despejando la aceleración angular en la primera: 𝜶 = 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 La velocidad angular en un momento dado: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 + 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕 La velocidad lineal en un momento dado: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Teniendo en cuenta la condición de rodar sin deslizamiento: 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = (𝝎𝒐 + 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕) ∗ 𝑹 Despejando el tiempo: ∆𝒕 = 𝟏𝟔∗𝒗𝒐 𝟐𝟏∗𝝁∗𝒈
  • 48.
    Por tanto, lavelocidad será: 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 𝟏𝟔∗𝒗𝒐 𝟐𝟏∗𝝁∗𝒈 = 𝟓 𝟐𝟏 ∗ 𝒗𝒐 c) 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝑬𝒕𝒓𝒂𝒔 + 𝑬𝒓𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟓 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 𝑹 ) 𝟐 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏𝟗 𝟏𝟖 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 d) 𝑾𝒇𝒓 = ∆𝑬𝒎 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 Usando los valores de v y w de b: 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝒗 𝑹 ) 𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 = 𝟕 𝟏𝟎 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝟓 𝟐𝟏 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 = 𝟓 𝟏𝟐𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑾𝒇𝒓 = 𝟓 𝟏𝟐𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 − 𝟏𝟗 𝟏𝟖 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 = −𝟏,𝟎𝟏𝟔 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 108. En una bolera una bola de radio R posee una velocidad inicial vo y una velocidad angular de espín ωo=3 vo/R cuando se lanza por la pista. El coeficiente de rozamiento es µc. a) ¿Cuál es la velocidad de la bola cuando comienza a rodar sin deslizamiento? b) ¿Durante cuánto tiempo ha deslizado la bola antes de que empiece a rodar sin deslizamiento? c) ¿Qué distancia ha recorrido la bola por la pista antes de que comience a rodar sin deslizamiento? a) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓𝒐𝒛 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 𝑭𝒏 = 𝒎 ∗ 𝒈 𝒇𝒓𝒐𝒛 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝝁 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 = 𝒎 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = 𝝁 ∗ 𝒈 Por tanto: 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝜶 ∗ ∆𝒕 = 𝝎𝒐 − 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝒂 ∗ ∆𝒕 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 Imponiendo la condición de rodar sin deslizar: 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = ( 𝟑∗𝒗𝒐 𝑹 − 𝟓∗𝝁∗𝒈 𝟐∗𝑹 ∗ ∆𝒕) ∗ 𝑹 Despejando el tiempo:
  • 49.
    ∆𝒕 = 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 (b) La velocidadserá: 𝒗 = 𝒗𝒐 + 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 = 𝟏𝟏 𝟕 ∗ 𝒗𝒐 b) Hecho en (a) c) ∆𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ ∆𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 = 𝒗𝒐 ∗ 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝟒∗𝒗𝒐 𝟕∗𝝁∗𝒈 ) 𝟐 = 𝟎, 𝟕𝟑𝟓 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝝁∗𝒈 109. Un cilindro sólido de masa M descansa lateralmente sobre una superficie horizontal. Un taco de billar lo golpea violentamente de modo que la fuerza aplicada es horizontal y pasa por el centro del cilindro. Este inicia un movimiento de traslación con velocidad inicial vo. El coeficiente de rozamiento deslizante entre el cilindro y la superficie es µc. a) ¿Cuál es la velocidad de traslación del cilindro al rodar sin deslizamiento? b) ¿Qué distancia recorre el cilindro antes de rodar sin deslizamiento? c) ¿Qué fracción de su energía mecánica inicial se disipa en rozamiento? a) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝒇𝒓𝒐𝒛 = −𝝁 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝑴 ∗ 𝒂 ; 𝒂 = −𝝁 ∗ 𝒈 𝒇𝒓𝒐𝒛 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝝁∗𝑴∗𝒈∗𝑹 𝑰 = 𝝁∗𝑴∗𝒈∗𝑹 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐 = 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 Para el movimiento: 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 𝝎 = 𝝎𝒐 + 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 ∗ ∆𝒕 = 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 ∗ ∆𝒕 Imponiendo la condición de radar sin deslizar: 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ∆𝒕 = 𝑹 ∗ ( 𝟐∗𝝁∗𝒈 𝑹 ∗ ∆𝒕) Despejando el tiempo: ∆𝒕 = 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 Por tanto: 𝒗 = 𝒗𝒐 − 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 = 𝟐 𝟑 ∗ 𝒗𝒐 b) ∆𝒙 = 𝒗𝒐 ∗ ∆𝒕 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 = 𝒗𝒐 ∗ 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝝁 ∗ 𝒈 ∗ ( 𝒗𝒐 𝟑∗𝝁∗𝒈 ) 𝟐 = 𝟓 𝟏𝟖 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝝁∗𝒈 c) 𝑾𝒇𝒓 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊−𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊
  • 50.
    𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟐 𝟑 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ ( 𝒗 𝑹 )𝟐 𝑬𝒄,𝒇𝒊𝒏𝒂𝒍 = 𝟐 𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 + 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟐 𝟑 ∗ 𝒗𝒐) 𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝒐 𝟐 𝑾𝒇𝒓 𝑬𝒄,𝒊𝒏𝒊 = 𝟏/𝟑 Problemas generales 110. El momento ejercido por la atracción gravitatoria terrestre sobre un satélite de telecomunicación en órbita es un vector a) Dirigido hacia la Tierra. b) Dirigido paralelamente al eje terrestre hacia el polo norte. c) Dirigido paralelamente al eje terrestre hacia el polo sur. d) Dirigido hacia el satélite. e) Nulo. La correcta es la b 111. La Luna gira sobre sí misma al mismo tiempo que gira alrededor de la Tierra, de modo que muestra siempre la misma cara. Utilizar este hecho para determinar la velocidad angular (en rad/s) de la Luna alrededor de su eje. (El periodo de revolución de la Luna alrededor de la Tierra es 27,3 días). 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐𝟕,𝟑 𝒅𝒊𝒂𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗𝒗 ∗ 𝟏 𝒅𝒊𝒂 𝟐𝟒 𝒉 ∗ 𝟏 𝒉𝒐𝒓𝒂 𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔 = 𝟐,𝟔𝟔 𝟏𝟎−𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 112. Determinar el momento de inercia de un aro alrededor de un eje perpendicular al plano del aro que pase por un punto de su borde.
  • 51.
    𝑰 = ∫𝒅𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ ∫ 𝝀 ∗ 𝒅𝒍 = 𝑹𝟐 ∗ ∫ 𝒎 𝟐∗𝝅∗𝑹 ∗ 𝑹 ∗ 𝒅𝜽 = 𝒎∗𝑹𝟐 𝟐∗𝝅 ∗ ∫ 𝒅𝜽 𝟐∗𝝅 𝟎 = 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 Aplicando el teorema de ejes paralelos: 𝑰 = 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 113. Con objeto de poner en marcha un tiovivo, se enrolla una cuerda alrededor de él y se tira de la misma. Se ejerce durante 12 s una fuerza de 260 N sobre la cuerda. Durante este tiempo el tiovivo, que tiene un radio de 2,2 m, realiza una rotación completa. a) Hallar la aceleración angular del tiovivo admitiendo que es constante. b) ¿Qué momento ejerce la cuerda sobre el tiovivo? c) ¿Cuál es el momento de inercia del tiovivo? a) 𝚫𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 ; 𝜶 = 𝟐∗𝚫𝜽 𝚫𝒕𝟐 = 𝟐∗𝟐∗𝝅 𝟏𝟒𝟒 = 𝟎,𝟎𝟖𝟕𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟐𝟔𝟎 ∗ 𝟐,𝟐 = 𝟓𝟕𝟐 𝑵 ∗ 𝒎 c) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶; 𝑰 = 𝝉 𝜶 = 𝟓𝟕𝟐 𝟎,𝟎𝟖𝟕𝟑 = 𝟔,𝟓𝟓 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝒈 𝒎𝟐 114. Un disco uniforme de radio 0,12 m y masa 5 kg tiene un eje central de modo que puede girar libremente a su alrededor. Se enrolla una cuerda alrededor del disco y se tira de ella con una fuerza de 20 N(figura). a) ¿Cuál es el momento ejercido por el disco? b) ¿Cuál es la aceleración angular del mismo? c) Si el disco parte del reposo, ¿Cuál es su velocidad angular después de 5 s? d) ¿Cuál es su energía cinética después de 5 s? e) Hallar el ángulo total ϴ que gira el disco en 5 s. f) Demostrar que el trabajo realizado por el momento, т∆ϴ es igual a la energía cinética. a) 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟐𝟎 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐 = 𝟐, 𝟒𝟎 𝑵 𝒎 b) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 ;𝜶 = 𝝉 𝑰 = 𝑭∗𝑹 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐 = 𝟐∗𝑭 𝑴∗𝑹 = 𝟐∗𝟐𝟎 𝟓∗𝟎,𝟏𝟐 = 𝟔𝟔,𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 c) 𝝎 = 𝜶 ∗ 𝚫𝒕 = 𝟔𝟔,𝟕 ∗ 𝟓 = 𝟑𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 d) 𝑬𝒄 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝟓 ∗ 𝟎, 𝟏𝟐𝟐 ∗ 𝟑𝟑𝟑𝟐 = 𝟐𝟎𝟎𝟎 𝒌𝑱 e) 𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔𝟔,𝟕 ∗ 𝟓𝟐 = 𝟖𝟑𝟒 𝒓𝒂𝒅 f) 𝑾 = 𝝉 ∗ 𝚫𝜽 = 𝑰 ∗ 𝜶 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝚫𝒕𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ (𝜶 ∗ 𝚫𝒕)𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 115. Una barra de 0,25 kg y longitud 80 cm está suspendida de un pivote sin rozamiento por un extremo. Se mantiene horizontalmente y se deja en libertad. Inmediatamente después de su liberación, a) ¿Cuál es la aceleración del dentro de la barra? b) ¿Y la aceleración inicial de un punto del extremo de la barra? c) Determinar la velocidad lineal del centro de la barra cuando está en posición vertical.
  • 52.
    a) 𝝉 = 𝑰∗ 𝜶 ;𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 𝑳 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 𝟎,𝟖𝟗 = 𝟏𝟖,𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 𝒂 = 𝜶 ∗ 𝒙 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑 𝟒 ∗ 𝒈 = 𝟕,𝟑𝟔 𝒎/𝒔𝟐 b) 𝒂 = 𝜶 ∗ 𝒙 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 𝑳 ∗ 𝑳 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝒈 = 𝟏𝟒,𝟕𝟐 𝒎/𝒔𝟐 c) 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟑∗𝒈 𝑳 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝒙 = √ 𝟑∗𝒈 𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ √𝟑 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 = 𝟏 𝟐 ∗ √𝟑 ∗ 𝟗,𝟖𝟏 ∗ 𝟎, 𝟖𝟎 = 𝟐, 𝟒𝟑 𝒎/𝒔 116. Una barra uniforme de longitud 3 L está pivotada como se muestra en la figura y se mantiene en una posición horizontal. ¿Cuál es la aceleración angular inicial α de la barra si se deja en libertad? 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 El momento de inercia será, el del centro es 1/12*M*L2 : 𝑰 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 + 𝑴 ∗ ( 𝟏 𝟔 ∗ 𝑳) 𝟐 = 𝟏 𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝑳 𝟑 ∗ (𝟐 ∗ 𝑴 𝟑 ∗ 𝒈) = 𝟏 𝟗 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟐∗𝒈 𝑳 117. Una barra uniforme de longitud L y masa m está pivotada por el medio como indica la figura. En uno de los extremos tiene una masa 2m. Si el sistema se deja en libertad desde una posición horizontal, ¿Cuál es la velocidad máxima de la carga?
  • 53.
    𝑰 = 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝒎∗ 𝑳𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ ( 𝑳 𝟐 ) 𝟐 = 𝟕 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐 Por conservación de la energía: 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟕 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑳𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟐𝟒∗𝒈 𝟕∗𝑳 La velocidad de la masa 2 m en el punto más bajo será: 𝒗 = 𝝎 ∗ 𝑳 𝟐 = √ 𝟐𝟒∗𝒈 𝟕∗𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = √ 𝟔∗𝒈∗𝑳 𝟕 118. Una bolita de masa M y radio R rueda sin deslizamiento hacia abajo por la pista de la izquierda desde la altura h1 como indica la figura. La bolita sube entonces por la pista sin rozamiento de la derecha hasta una altura h2. Determinar h2. Suponemos R<<h1 y R<<h2. En la primera caída la energía potencial se convierte en cinética de traslación y rotación: 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐 𝟓 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒗𝟐 𝑹𝟐 𝒗𝟐 = 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 En la segunda parte la bola subirá sin rodar: 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟏𝟎 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟐 𝒉𝟐 = 𝟓 𝟕 ∗ 𝒈 ∗ 𝒉𝟏 119. Un disco uniforme con una masa de 120 kg y un radio de 1,4 m rueda inicialmente con una velocidad angular de 1100 rev/min. a) A una distancia radial de 0,6 m se aplica una fuerza tangencial. ¿qué trabajo debe realizar esta fuerza para detener el disco? b) Si la rueda se detiene en 2,5 min, ¿qué momento produce la fuerza? ¿Cuál es la magnitud de la fuerza? c) ¿Cuántas revoluciones da la rueda en estos 2,5 min? a) 𝑾 = ∆𝑬𝒎 = − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 = − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟏, 𝟒𝟐∗ (𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 )𝟐 𝑾 = 𝟕, 𝟖 𝟏𝟎𝟓 𝑱 b) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ −𝒘𝒐 ∆𝒕 = − 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟏, 𝟒𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 𝟐,𝟓 𝒎𝒊𝒏∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝝉 = 𝟗𝟎,𝟑 𝑵𝒎 𝝉 = 𝑭 ∗ 𝒅 ; 𝑭 = 𝝉 𝒅 = 𝟗𝟎,𝟑 𝟎,𝟔 = 𝟏𝟓𝟎 𝑵 c) 𝝎𝒐 𝟐 = −𝟐 ∗ 𝜶 ∗ ∆𝜽 ∆𝜽 = 𝝎𝒐 𝟐 𝟐∗𝜶 = 𝝎𝒐∗∆𝒕 𝟐 = 𝟏𝟏𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗∗ 𝟐𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ∗ 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟔𝟎 𝒔 ∗𝟐,𝟓 𝒎𝒊𝒏∗ 𝟔𝟎 𝒔 𝟏 𝒎𝒊𝒏 𝟐 = 𝟖𝟔𝟑𝟗 𝒓𝒂𝒅 ∗ 𝟏 𝒓𝒆𝒗 𝟐∗𝝅𝒓𝒂𝒅 = 𝟏𝟒𝟎𝟎 𝒓𝒆𝒗
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    120. Un tiovivode un parque tiene una plataforma circular de 4 m de diámetro y una masa de 240 kg. Cuatro niños que corren a su alrededor empujan tangencialmente la plataforma hasta que el tiovivo, partiendo del reposo, alcanza una velocidad estacionaria de una revolución completa cada 2,8 s. a) Si cada niño ejerce una fuerza de 26 N, ¿Qué distancia han recorrido? b) ¿Cuál es la velocidad angular del tiovivo? c) ¿Cuánto trabajo ha realizado cada niño? d) ¿Cuál es la energía cinética del tiovivo? a) 𝝉 = 𝟒 ∗ 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝟒 ∗ 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝟐∗∆𝜽 ∆𝜽 = 𝒎∗𝑹∗𝝎𝟐 𝟏𝟔∗𝑭 ∆𝒔 = ∆𝜽 ∗ 𝑹 = 𝒎∗𝑹𝟐∗𝝎𝟐 𝟏𝟔∗𝑭 = 𝟐𝟒𝟎∗𝟐𝟐∗( 𝟏𝒓𝒆𝒗 𝟐,𝟖 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 ) 𝟐 𝟏𝟔∗𝟐𝟔 = 𝟏𝟏,𝟔 𝒎 b) 𝝎 = 𝟏𝒓𝒆𝒗 𝟐,𝟖 𝒔 ∗ 𝟐∗𝝅 𝒓𝒂𝒅 𝟏 𝒓𝒆𝒗 = 𝟐, 𝟐𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔 c) 𝑾 = ∆𝑬𝒎 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝟐𝟒𝟎 ∗ 𝟒 ∗ 𝟐, 𝟐𝟒𝟐 = 𝟏𝟐𝟎𝟒 𝑱 𝑾𝟏 𝒏𝒊ñ𝒐 = 𝑾 𝟒 = 𝟑𝟎𝟏 𝑱 d) W=1204 J 121. Un aro de masa 1,5 kg y radio 65 cm tiene una cuerda arrollada a su circunferencia y está apoyado en posición plana sobre una mesa horizontal sin rozamiento. Se tira de la cuerda con una fuerza de 5 N. a) ¿Qué distancia recorrerá el centro del aro en 3 s? b) ¿Cuál es la velocidad angular del aro respecto a su centro de masas al cabo de 3 s? a) 𝝉 ∗ ∆𝒕 = 𝑰 ∗ 𝝎 ; 𝝎 = 𝑭∗𝑹∗∆𝒕 𝑰 = 𝑭∗𝑹∗∆𝒕 𝑴∗𝑹𝟐 𝒗 = 𝑹 ∗ 𝝎 = 𝑭∗∆𝒕 𝑴 Por otra parte: 𝒗 = 𝒂 ∗ ∆𝒕 ; 𝒂 = 𝒗 ∆𝒕 = 𝑭 𝑴 ∆𝒔 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ ∆𝒕𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑭∗∆𝒕𝟐 𝑴 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟓∗𝟗 𝟏,𝟓 = 𝟏𝟓 𝒎 b) 𝝎 = 𝑭∗∆𝒕 𝑴∗𝑹 = 𝟓∗𝟑 𝟏,𝟓∗𝟎,𝟔𝟓 = 𝟏𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔 122. Una rueda vertical de molino está constituida por un disco uniforme de masa 60 kg y 45 cm de radio. Posee un manubrio de 65 cm de radio y masa despreciable. Se une un peso de 25 kg al manubrio cuando éste se encuentra en posición horizontal. Calcular a) La aceleración angular de la rueda y b) La velocidad angular máxima de la misma. a) 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 Donde: 𝝉 = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒅𝟐 𝜶 = 𝝉 𝑰 = 𝒎∗𝒈∗𝒅 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐+𝒎∗𝒅𝟐 = 𝟐𝟓∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟎,𝟔𝟓 𝟏 𝟐 ∗𝟔𝟎∗𝟎,𝟒𝟓𝟐+𝟐𝟓∗𝟎,𝟔𝟓𝟐 = 𝟗, 𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐 b) 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ 𝒅 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒅𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟐∗𝒎∗𝒈∗𝒅 𝟏 𝟐 ∗𝑴∗𝑹𝟐+𝒎∗𝒅𝟐 = √ 𝟐∗𝟐𝟓∗𝟗,𝟖𝟏∗𝟎,𝟔𝟓 𝟏 𝟐 ∗𝟔𝟎∗𝟎,𝟒𝟓𝟐+𝟐𝟓∗𝟎,𝟔𝟓𝟐 = 𝟒,𝟒 𝒓𝒂𝒅/𝒔
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    123. Deducir elllamado teorema de los ejes perpendiculares para figuras planas que relaciona los momentos de inercia respecto a dos ejes perpendiculares al plano de la figura con el momento de inercia respecto a un tercer eje perpendicular al plano de la figura. Considerar el elemento de masa dm de la figura situado en el plano xy. a) Expresar el momento de inercia de la figura respecto al eje z en función de dm y r. b) Relacionar la distancia r a dm con las distancias x e y y demostrar así que Iz=Ix+Iy. c) Aplicar este resultado a la determinación del momento de inercia de un disco uniforme de radio R respecto a un diámetro del disco. 𝒅𝑰𝒚 = 𝒅𝒎 ∗ 𝒙𝟐 𝒅𝑰𝒙 = 𝒅𝒎 ∗ 𝒚𝟐 𝒅𝑰𝒛 = 𝒅𝒎 ∗ 𝒓𝟐 𝒅𝑰𝒚 + 𝒅𝑰𝒙 = 𝒅𝒎 ∗ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) = 𝒅𝒎 ∗ 𝒓𝟐 = 𝒅𝑰𝒛 Por tanto: 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 = 𝑰𝒛 Para el disco considerado 𝑰𝒙 = 𝑰𝒚. Por tanto: 𝑰𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒛 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 124. Un disco uniforme de radio R y masa M pivota alrededor de un eje horizontal que pasa por su borde, paralelamente al eje de simetría, de tal manera que puede oscilar libremente en un plano vertical (figura). Desde una posición de reposo, con su centro de masas a la misma altura que el pivote, se deja en libertad. a) ¿Cuál es la velocidad angular del disco cuando su centro de masas está directamente por debajo del pivote? b) ¿Qué fuerza ejerce el pivote en ese momento? a) 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝝎𝟐 𝝎 = √ 𝟒∗𝒈 𝟑∗𝑹 b) Sobre el pivote actúa una fuerza F, de forma que: 𝑭 − 𝑴 ∗ 𝒈 = 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 𝑹 = 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑹
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    𝑭 = 𝑴∗ 𝒈 + 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑹 = 𝑴 ∗ 𝒈 + 𝑴 ∗ 𝟒∗𝒈 𝟑∗𝑹 ∗ 𝑹 𝑭 = 𝟕 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 125. Un carrete de masa M descansa sobre un plano inclinado a una distancia D medida desde el fondo. El carrete tiene un radio máximo R y un radio mínimo r, y un momento de inercia I respecto a su eje. Una larga cuerda de masa despreciable se arrolla múltiples veces alrededor del centro del carrete y el otro extremo se sujeta a la parte más alta del plano inclinado de modo que la cuerda siempre se mantiene paralela al plano como muestra la figura. a) Supongamos que inicialmente la pendiente está recubierta de una capa de hielo, de modo que no hay rozamiento. ¿Cómo se mueve el carrete al descender por la pendiente? Utilizar consideraciones energéticas para determinar la velocidad del centro de masas del carrete cuando alcanza la base del plano inclinado. Dar la respuesta en función de M, I, r, R, g, D y ϴ. b) Supongamos ahora que el hielo ha desaparecido y que cuando se deja el carrete en libertad hay suficiente rozamiento para evitar el deslizamiento sobre la pendiente. ¿Cuál es en este caso la dirección y magnitud de la fuerza de rozamiento? a) El carrete baja por el plano inclinado acelerando hacia ab ajo y girando a causa de la tensión en sentido anti horario. Por energías, el trabajo de T se invierte en rotación, tenemos: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑫 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒗𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ ( 𝒗 𝒓 ) 𝟐 𝒗 = √ 𝟐∗𝑴∗𝒈∗𝑫∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝑴+ 𝑰 𝒓𝟐 b)
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    Con las condicionesdadas: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝑻 − 𝒇𝒆 = 𝟎 𝝉 = 𝟎 ; 𝑻 ∗ 𝒓 = 𝒇𝒆 ∗ 𝑹 ; 𝑻 = 𝒇𝒆∗𝑹 𝒓 Substituimos T: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒇𝒆∗𝑹 𝒓 − 𝒇𝒆 = 𝟎 Despejando la fuerza de rozamiento: 𝒇𝒆 = 𝑴∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟏+ 𝑹 𝒓 = 𝑴∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽∗𝒓 𝒓+𝑹 126. Un joven propone la siguiente modificación en el juego de hockey sobre hielo. En lugar del usual castigo de dos minutos sin jugar, el infractor será metido dentro de un barril en medio del campo y se le haría girar como una peonza por el equipo contrario. Una vez bien mareado, regresaría al campo de juego. Suponer que el jugador penalizado se introduce en un cilindro uniforme de 100 kg y 0,60 m de radio sobre hielo liso. Dos patinadores arrollan cuerdas alrededor del disco en el mismo sentido. Cada uno de ellos tira de su cuerda y patina alejándose de modo que ejercen fuerzas constantes de 40 N y 60 N, respectivamente, durante 6 s (figura). Describir el movimiento del cilindro. Es decir, ¿Cuál es la aceleración, la velocidad y la posición del centro de masas en función del tiempo? El cilindro se mueve hacia la derecha con m.r.u.a y girando en sentido anti horario. Aplicando la segunda ley de Newton, durante los primeros 6 s: 𝟔𝟎 − 𝟒𝟎 = 𝒎 ∗ 𝒂 𝒂 = 𝟐𝟎 𝒎 = 𝟐𝟎 𝟏𝟎𝟎 = 𝟎,𝟐 𝒎 𝒔𝟐 El centro de masas tendrá m.r.u.a: 𝒗 = 𝒂 ∗ 𝒕 = 𝟎, 𝟐 ∗ 𝒕 𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒂 ∗ 𝒕𝟐 = 𝟎,𝟏 ∗ 𝒕𝟐 A partir del segundo 6 el cilindro se traslada con m.r.u., la velocidad del centro de masas será 1,2 m/s. Para la rotación tenemos: 𝟏𝟎𝟎 ∗ 𝑹 = (𝑴 ∗ 𝑹𝟐) ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝟏𝟎𝟎 𝑴∗𝑹 = 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎𝟎∗𝟎,𝟔 = 𝟑,𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅 𝒔𝟐 El movimiento circular uniformemente acelerado tendrá durante los 6 s las ecuaciones: 𝝎 = 𝜶 ∗ 𝒕 = 𝟑,𝟑𝟑 ∗ 𝒕 𝜽 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜶 ∗ 𝒕𝟐 = 𝟏, 𝟔𝟕 ∗ 𝒕𝟐 A partir del segundo 6 gira con movimiento circular uniforme de velocidad 19,98 rad/s.
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    127. Una barrametálica sólida de 1,5 m de longitud puede girar libremente sin rozamiento alrededor de un eje horizontal fijo, perpendicular a la barra y que pasa por un extremo. El otro extremo se mantiene en posición horizontal. Una serie de pequeñas monedas de masa m se sitúan sobre la barra a 25 cm, 50 cm, 76 cm, 1m, 1,25 m y 1,50 m desde el soporte. Se deja ahora en libertad el extremo libre, calcular la fuerza inicial ejercida sobre cada moneda por la barra. La masa de las monedas es depreciable en comparación con la masa de la barra. Para cada moneda tenemos: 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝑭(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒂(𝒙) Para la rotación tenemos: 𝝉 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝝉 𝑰 = 𝒎∗𝒈∗𝑳/𝟐 𝟏 𝟑 ∗𝒎∗𝑳𝟐 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 Para cada moneda tenemos: 𝒂(𝒙) = 𝜶 ∗ 𝒙 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒙 La fuerza buscada es: 𝑭(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒈 − 𝒎 ∗ 𝒂(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝟏 − 𝟑 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒙) Para L=1,5 m: 𝑭(𝒙) = 𝒎 ∗ 𝒈 ∗ (𝟏 − 𝒙) Obtenemos para cada moneda: X(m) F(N) 0,25 0,75*m*g 0,5 0,50*m*g 0,75 0,25*m*g 1 0 1,25 0 1,50 0 128. Una barra delgada de longitud L y masa M se soporta en horizontal por dos cuerdas, cada una de ellas sujeta a un extremo como muestra la figura. Si se corta una de las cuerdas, la barra comienza a girar alrededor del punto donde se conecta a la otra cuerda (punto A de la figura). a) Determinar la aceleración inicial del centro de masas de la barra. b) Demostrar que la tensión inicial de la cuerda es Mg/4 y que la aceleración angular inicial de la barra alrededor de un eje que pasa por el punto A es 3g/2L. c) ¿A qué distancia del punto A la aceleración lineal es igual a g? a) Por la segunda ley de Newton para la rotación:
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    𝝉 = 𝑰∗ 𝜶 (𝑴 ∗ 𝒈) ∗ 𝑳 𝟐 = ( 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ ( 𝒂𝒄𝒎 𝑳 𝟐 ) Despejando: 𝒂𝒄𝒎 = 𝟑∗𝒈 𝟒 b) (𝑴 ∗ 𝒈) ∗ 𝑳 𝟐 = ( 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐) ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 Por la segunda ley de Newton: 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝒂 Utilizando el valor de a encontrado: 𝑴 ∗ 𝒈 − 𝑻 = 𝑴 ∗ 𝟑∗𝒈 𝟒 𝑻 = 𝑴∗𝒈 𝟒 c) 𝒂 = 𝒈 = 𝜶 ∗ 𝒙 𝒈 = 𝟑∗𝒈 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒙 𝒙 = 𝟐∗𝑳 𝟑 129. La figura muestra un cilindro hueco de longitud 1,8 m, masa 0,8 kg y radio 0,2 m. El cilindro puede girar libremente alrededor de un eje vertical que pasa por su centro y es perpendicular al eje del cilindro. Dentro del cilindro existen dos masas de 0,2 kg cada una, conectadas a sendos muelles, de constante k y longitudes naturales 0,4 m. Las paredes interiores del cilindro carecen de rozamiento. a) Determinar el valor de la constante del muelle sabiendo que las masas están localizadas a 0,8 m del centro del cilindro cuando éste gira a 24 rad/s. b) ¿Qué trabajo es necesario para que el sistema pase de ω=0 a ω=24 rad/s? a) Sobre las masas interiores aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒌 ∗ ∆𝒙 = 𝒎 ∗ 𝝎𝟐 ∗ (𝒙 + ∆𝒙) Despejamos la k: 𝒌 = 𝒎∗𝝎𝟐∗(𝒙+∆𝒙) ∆𝒙 = 𝟎,𝟐∗𝟐𝟒𝟐∗𝟎,𝟖 𝟎,𝟒 = 𝟐𝟑𝟎,𝟒 𝑵/𝒎 b) El trabajo realizado se invierte en energía cinética y potencial elástica: 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ ∆𝒙𝟐 El momento de inercia del sistema es para un cilindro hueco: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 Para los dos discos, L es muy pequeño, no se indica en el enunciado: 𝑰 = 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝟒 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝟎𝟐 + 𝒎 ∗ 𝒙𝟐) = 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒙𝟐
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    Por tanto, paratodo el sistema: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒓𝟐 + 𝟐 ∗ 𝒎 ∗ 𝒙𝟐 𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒚𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔: 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟏 𝟏𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖 ∗ 𝟏, 𝟖𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐𝟐 + 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟖𝟐 = 𝟎, 𝟒𝟗𝟐 𝑵 𝒎𝟐 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟒𝟗𝟐 ∗ 𝟐𝟒𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟐𝟑𝟎,𝟒 ∗ 𝟎,𝟒𝟐 = 𝟏𝟔𝟎,𝟏 𝑱 130. Supongamos que en el sistema descrito en el problema 129, las constantes de los muelles, son para cada uno 60 N/m. El sistema parte del reposo y lentamente acelera hasta que las masas se encuentran a 0,8 m del centro del cilindro. ¿Qué trabajo se ha realizado en este problema? Sobre las masas interiores aplicamos la segunda ley de Newton: 𝒌 ∗ ∆𝒙 = 𝒎 ∗ 𝝎𝟐 ∗ (𝒙 + ∆𝒙) 𝝎 = √ 𝒌 ∗ ∆𝒙 𝒎 ∗ (𝒙 + ∆𝒙) = √ 𝟔𝟎 ∗ 𝟎, 𝟒 𝟎, 𝟐 ∗ 𝟎,𝟖 = 𝟏𝟐,𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒌 ∗ ∆𝒙𝟐 𝑾 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟎,𝟒𝟗𝟐 ∗ 𝟏𝟐,𝟐𝟐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟔𝟎 ∗ 𝟎, 𝟒𝟐 = 𝟒𝟏,𝟒 𝑱 131. Una cuerda se arrolla alrededor de un cilindro uniforme de radio R y masa M que descansa sobre una superficie horizontal sin rozamiento. Se tira horizontalmente de la cuerda desde la parte superior con una fuerza F. a) Demostrar que la aceleración angular del cilindro es doble que la necesaria para rodar sin deslizamiento, de modo que el cilindro desliza hacia atrás contra la mesa. b) Determinar la magnitud y dirección de la fuerza de rozamiento entre la masa y el cilindro necesaria para que el cilindro ruede sin deslizar. ¿Cuál es la aceleración del cilindro en este caso? a) Si no hay fricción, f=0. 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝑭 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟐∗𝑭 𝑴∗𝑹 Para la traslación: 𝑭 = 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 La condición de rodar sin deslizar es:
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    𝜶′ = 𝒂𝒄𝒎 𝑹 = 𝑭 𝑴∗𝑹 Tenemos una aceleracióndoble de la necesaria. b) Consideramos el eje de rotación el punto de contacto con la superficie. 𝑭 ∗ 𝟐 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 𝜶 = 𝟐∗𝑭∗𝑹 𝑰 𝑬𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒆𝒓𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆𝒍 𝒄𝒊𝒍𝒊𝒏𝒅𝒓𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒘𝒑𝒆𝒄𝒕𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒅𝒆 𝒓𝒐𝒕𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒆𝒔 ∶ 𝑰 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 + 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 𝜶 = 𝟐∗𝑭∗𝑹 𝑰 = 𝟒∗𝑭 𝟑∗𝑴∗𝑹 La aceleración del centro de masas es: 𝒂𝒄𝒎 = 𝜶 ∗ 𝑹 = 𝟒∗𝑭 𝟑∗𝑴 Por la segunda ley de Newton: 𝑭 + 𝒇 = 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝒇 = 𝑴 ∗ 𝟒∗𝑭 𝟑∗𝑴 − 𝑭 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑭 132. En la figura se muestra un cilindro sólido de masa M y radio R al cual se supone un cilindro hueco de radio r. Alrededor del cilindro se arrolla una cuerda. El cilindro sólido descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre el cilindro y la superficie es µe. Si se aplica una ligera tensión a la cuerda en dirección vertical, el cilindro rueda hacia la izquierda; si la tensión se aplica con la cuerda extendida horizontalmente, el cilindro rueda hacia la derecha. Determinar el ángulo que debe formar la cuerda con la horizontal para que el cilindro permanezca estacionario al aplicar una pequeña tensión a la cuerda. El diagrama de fuerzas es: El punto de giro es la base del cilindro, la única fuerza que tendrá momento es la tensión. Para el caso de que tengamos el ángulo ϴ, el momento será nulo si la línea de acción de la tensión pasa por el punto de apoyo del cilindro, como se ve en el dibujo.
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    𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝒓 𝑹 ; 𝜽= 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔( 𝒓 𝑹 ) 133. Un cilindro homogéneo pesado tiene una masa m y un radio R. Se ve acelerado por una fuerza T que se aplica mediante una cuerda arrollada a lo largo de un tambor ligero de radio r unido al cilindro (figura). El coeficiente de rozamiento estático es suficiente para que el cilindro ruede sin deslizar. a) Hallar la fuerza de rozamiento. b) Hallar la aceleración a del centro del cilindro. c) ¿Es posible escoger r de modo que a sea mayor que T/m? ¿Cómo? d) ¿Cuál es el sentido de la fuerza de rozamiento en la circunferencia descrita en la parte c? a) Aplicando la segunda ley de Newton: 𝑻 − 𝒇𝒓 = 𝒎 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑵 = 𝒎 ∗ 𝒈 𝑻 ∗ 𝒓 − 𝒇𝒓 ∗ 𝑹 = 𝑰 ∗ 𝜶 = 𝑰 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑹 ; 𝑻 ∗ 𝒓 − 𝒇𝒓 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝑹𝟐 ∗ 𝒂𝒄𝒎 𝑹 Despejando la fuerza de rozamiento en la última ecuación: 𝒇𝒓 = 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 Poniendo este valor en la primera ecuación: 𝑻 − ( 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎) = 𝒎 ∗ 𝒂𝒄𝒎 Despejando la aceleración: 𝒂𝒄𝒎 = 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) Usando este valor en la expresión obtenida para la fuerza de rozamiento: 𝒇𝒓 = 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ 𝒂𝒄𝒎 = 𝑻∗𝒓 𝑹 − 𝟏 𝟐 ∗ 𝑴 ∗ ( 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 )) Operando: 𝒇𝒓 = 𝑻 𝟑 ∗ ( 𝟐∗𝒓 𝑹 − 𝟏) b) Encontrado en a: 𝒂𝒄𝒎 = 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) c) 𝒂𝒄𝒎 > 𝑻 𝑴 𝟐∗𝑻 𝟑∗𝑴 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) > 𝑻 𝑴 𝟐 𝟑 ∗ (𝟏 + 𝒓 𝑹 ) > 𝟏 𝒓 > 𝑹/𝟐 d) En este caso: 𝟐 ∗ 𝒓 𝑹 > 𝟏 ; 𝒑𝒐𝒓 𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐 𝒇𝒓 > 𝟏. 𝑳𝒂 𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒕𝒆𝒏𝒅𝒓á 𝒆𝒍 𝒔𝒆𝒏𝒕𝒊𝒅𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒕𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏. 134. Se hace pasar un eje por uno de los extremos de una barra uniforme de longitud L y masa M de modo que la barra cuelgue de él. La barra se suelta desde el reposo formando un ángulo ϴo con la vertical. Demostrar que cuando el ángulo con la velocidad es ϴ, el
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    eje ejerce unafuerza Fr a lo largo de la barra y una fuerza Ft perpendicular que viene dadas por 𝑭𝒓 = 𝟏 𝟐 𝑴𝒈(𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐) y 𝑭𝒕 = 𝟏/𝟒𝑴𝒈𝒔𝒆𝒏𝜽. Por conservación energías: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰 ∗ 𝝎𝟐 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 Usando 𝑰 = 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏 𝟑 ∗ 𝑴 ∗ 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 Despejando la velocidad angular: 𝝎𝟐 = 𝟑∗𝒈 𝑳 ∗ (𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 − 𝒄𝒐𝒔𝜽) 𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒂 𝒍𝒆𝒚 𝒅𝒆 𝑵𝒆𝒘𝒕𝒐𝒏: 𝑭𝒓 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑳 𝟐 𝑭𝒓 = 𝑴 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑳 𝟐 − 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 = 𝑴 𝟐 ∗ (𝟑 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐 − 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽) − 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 𝑭𝒓 = 𝟏 𝟐 𝑴 ∗ 𝒈(𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽 − 𝟑 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒐) 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝑭𝒕: Para la aceleración tangencial: 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑳 𝟐 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒊𝒅𝒆𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒐 𝒂𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝒅𝒆 𝒓𝒐𝒕𝒂𝒄𝒊ó𝒏: 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝑳 𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝑰 ∗ 𝜶 ; 𝜶 = 𝑴∗𝒈∗𝑳∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐∗𝑰 = 𝑴∗𝒈∗𝑳∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐∗ 𝟏 𝟑 ∗𝑴∗𝑳𝟐 = 3∗𝑔∗𝑠𝑒𝑛𝜃 2∗𝐿 Por tanto: 𝒂𝒕 = 𝜶 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟐∗𝑳 ∗ 𝑳 𝟐 = 𝟑∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟒 𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒂 𝒍𝒆𝒚 𝒅𝒆 𝑵𝒆𝒘𝒕𝒐𝒏 𝒆𝒏 𝒍𝒂 𝒅𝒊𝒓𝒆𝒄𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒗𝒆𝒓𝒔𝒂𝒍: 𝑭𝒕 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝑴 ∗ 𝒂𝒕 ; 𝑭𝒕 + 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽 = 𝑴 ∗ 𝟑∗𝒈∗𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟒 𝑭𝒕 = − 𝟏 𝟒 ∗ 𝑴 ∗ 𝒈 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝜽
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    El signo indicaque el sentido de la fuerza es opuesto a M*g*senϴ.