PROBLEMA 2 a) su eje longitudinal.

PROBLEMA 2
Dígase el momento de inercia de un cono circular recto respecto a :
a) su eje longitudinal.
b) un eje que pasa por el vértice del cono y es perpendicular a su eje longitudinal.
c) un eje que pasa por el centro de gravedad del cono y es perpendicular a su eje
longitudinal.
SOLUCION
Dibujamos el cono circular recto para observar las posibles relaciones entre sus
dimensiones:
a)De esta representación gráfica del cono vemos las siguientes relaciones :
r/z = R/H ; con lo que tenemos : r = z ( R/H )
Reducimos el cálculo a la suma de todos los momentos de inercia de todos los cilindros
de los que consta el cono, siendo el momento de inercia de un solo cilindro : I = _ mr2
Expresando la masa como : dm = ρπr2dz
Para calcular I con respecto a su eje longitudinal tenemos:
IT = Σ miri2=Σ Ii = ∫ dI = ∫ (1/2)dm r2 = ∫ (1/2)ρπr2dzr2 = (1/2) ρπ ∫ r4dz =
(1/2) ρπ ∫ (R/H)4z4dz = (1/2)ρπR4/H4 ∫ z4dz ; los limites de integracion son : ∫0H
4 4
5
Por lo tanto tenemos : IT = 1/10 ρπ( R /H )H = {multiplicamos y dividimos por 3} =
3(1/3)1/10 πρR2HR2 = {aquí tenemos m = volumen ρ = 1/3 πr2Hρ}
Y asi se obtiene :
2
[ I = 3/10 mR ]
b) con respecto a un eje que pasa por su vértice y es perpendicular a su eje longitudinal
hacemos un dibujo :
b) respecto del eje y :
Siendo Iz = (1/2) mR2 , si tenemos dos ejes perpendiculares entre sí : Iz = Ix + Iy = 2Ix
Ix = Iz /2 ; Ix = Iy = (1/2) ((1/2) mr2) = (1/4) mr2
Aplicamos el teorema de Steiner para este caso: Iy = (1/4) mr2 + m(distancia entre ejes)
Iy = (1/4) mr2 + mz2
En este caso operamos con diferenciales: dIy = (1/4) dmr2 + dmz2
Como ya hemos visto : dm = dz (πr2) ; r = z(R/H)
5
Iy = ∫ dIy = ρπ ((1/4) (R/H)4 + (R/H)2 ) ∫ z4dz = ρπ ((1/4) (R/H)4 + (R/H)2 ) [H /5] =
2
(1/3)ρπ R H 3((1/20) R2 + (1/5) H2)
⇒
Iy = m ( 3/20 R2 + 3/5 H2)
c) sabiendo que el cdm de un cono recto está a 1/4 de la base y a 3/4 del vértice, y
considerando las mismas relaciones entre sus dimensiones aplicamos de nuevo Steiner :
Iy = Iycm + md2
⇒
Iycm= Iy – md2
con d= 3/4 H
⇒
2
2
Iycm = m ( 3/20 R + 3/80 H )
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PROBLEMA 6
La longitud de un hilo de un yoyo es de un metro. Su peso es de 50g, los discos que lo forman
tienen 2.5 cm de radio y el cilindro de unión de ambos de momento de inercia despreciable tiene un
radio de 5 mm. Determinar:
a) La velocidad angular cuando se desenrolla todo el hilo, dejando caer el juguete sin velocidad
inicial.
b) La aceleración del yoyo y la tensión del hilo.
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SOLUCIÓN
En primer lugar hacemos el diagrama de fuerzas.
T
P=mg
Vista frontal
Notación:
Radio mayor = R = 2,5 cm = 0,025 m
Radio menor = r = 5 mm = 0,005 m
Masa = m = 50g = 0,05 Kg
Longitud = L = 1m
T
P=mg
Vista frontal con corte total
Tensión = T
El resto de símbolos son los habituales de la cinética.
Como todas las fuerzas y el movimiento se producen en direcciones paralelas prescindiremos del
carácter vectorial de las ecuaciones.
a) Ecuación fundamental de la dinámica de rotación: ∑ M = Iα
Ecuación fundamental de la dinámica de traslación: ∑ F = ma
∑ M = Iα ; rT = Iα
∑ F = ma ; mg − T = ma
Cálculo del momento de inercia del sistema: nos basamos en la aditividad de los momentos de
inercia (esto es, que el momento de inercia total es la suma de todos los momentos de inercia.)
Como el cilindro de unión es de momento de inercia despreciable, su masa es despreciable porque
ya sabemos (por el enunciado) que el radio del cilindro de unión no es despreciable y sabemos
(también por el enunciado) que su momento es despreciable. El momento de inercia de un disco o
de un cilindro es I=(1/2)mR2. Para calcular el momento de inercia de cada disco suponemos que
cada uno tiene exactamente la mitad de la masa total, es decir 25 g.
1 m 2 1m 2 1
2
I=
R +
R = mR , que sustituimos en su ecuación:
2 2
2 2
2
1

rT = Iα ⇒ rT =  mR 2  α .
2

(
)
Despejamos en la otra ecuación el valor de T; T = m g − a = m(g − rα) ; y sustituimos en la
1

ecuación de rotación: r[ m(g − αR)] =  mR 2  α .
2

Operamos convenientemente para despejar el valor de la aceleración angular:
rg
0, 005 9,81
α= 1
=1
= 145,3333 rd/s2
R2 + r2
0, 0252 + 0,0052
2
2
Ahora utilizaremos las ecuaciones del movimiento. ω = ω 0 + α t = ω 0 = 0 = α t , de donde
1
necesitamos el tiempo, para ello: x = x 0 + v0 t + at0 , sabiendo que
2
{
x = L = 1m; x
= 0; v
0
t=
2L
0
=
2L
}
= 0; a = α r se obtiene el tiempo
2 ?1
=
= 1,6590 s
αr
145,3333 ? 0,005
recuperando la anterior ecuación y sustituyendo t por su valor ω = α t = 145,3333 1,6590 =
241,1079 rd/s
a
b) Como ya vimos en el apartado anterior a = rα = 0,005 145,3333 = 0,7267 m/s2.
Para obtener el valor de la tensión, también recuperamos la ecuación de la traslación del apartado
anterior, que nos daba una expresión para la tensión.
(
)
(
)
T = m g − a = 0,05 9,81 − 0,7267 = 0’4542
N
PROBLEMA 8
Demostrar que un cilindro resbalará en un plano inclinado un ángulo α, si el coeficiente
de rozamiento estático entre el plano inclinado µ es mayor que (1/3) tg α.
SOLUCION
N
Fr
Pt
PN
P
α
El cilindro resbalará cuando superamos el rozamiento estático máximo.
Partimos de la segunda ley de Newton:
∑F = ma
Pt –Fr = ma
(1)
N = PN = m g cos α
∑M = I α
R Fr = I α
No resbalará si Fr ≤ µe N
a=αR
2
Sabiendo que: I = (1/2) m R ;
α = a/R
2
R Fr = (1/2) m R ·a/R ⇒ Fr (1/2) m a
Retomando (1) y sustituyendo Pt = m g sen α
m g sen α - (1/2) m a = m a ⇒ a = 2/3 g sen α ⇒ Fr = (1/2) m 2/3 g sen α
Fr ≤ µe N ⇒ 1/3 m g sen α ≤ µe m g cos α ⇒
Luego el cilindro resbalará si µe < 1/3 tg α
µe ≥ 1/3 tg α
PROBLEMA 14
En el sistema representado en la figura la polea tiene un momento de
2
inercia I = 2955 kg m , y el peso de los cables es despreciable.
Determinar las tensiones de las cuerdas y las aceleraciones de los
cuerpos.
m1 = 15 kg r1 = 30 cm, m2 = 10 kg r2 = 20 cm, m3 = 20 kg r3 =
10 cm
m1
m3
m2
SOLUCION
Suponiendo sentido de giro antihorario:
P1 = m1·g
P2 = m2·g
P3 = m3·g
ΣF = m·a :
m1·g - T1 = m1·a1
T2 – m2·g = m2·a2
T3 – m3·g = m3·a3
>
>
>
T1 = m1(g - a1) = m1(g -α·r1)
T2 = m2(g + a2) = m2(g + α·r2)
T3 = m3(g + a3) = m3(g + α·r3)
ΣM = I·α :
T1·r1 – T2·r2 – T3·r3 = I·α
sustituyendo las tensiones por su expresión:
2
2
2
m1·g·r1 – m1·α·r1 - m2·g·r2 - m2·α·r2 - m3·g·r3 – m3·α·r3 = I·α
pasando todo lo que tiene α al mismo miembro y sacando factor común:
α=
g (m1·r1 – m2·r2 – m3·r3)
2
2
2
m1·r1 + m2·r2 + m3 + I
Sustituyendo por los valores del enunciado: (pasando los radios a metros)
α = 1 rad/s
siendo a = α·r despejamos el valor de las aceleraciones y sustituimos en las
ecuaciones de las tensiones:
a1 = 0,3 m/s
a2 = 0,2 m/s
a3 = 0,1 m/s
T1 = 142.65 N
T2 = 100.1 N
T3 = 198.,2 N