P: Dinámica SR

UCLM
PROBLEMAS RESUELTOS
DINÁMICA SÓLIDO RÍGIDO
Equipo docente
Antonio J Barbero, Alfonso Calera, Mariano Hernández.
Escuela Técnica Superior de Agrónomos (Albacete)
Pablo Muñiz, José A. de Toro
E.U.Ingeniería Técnica Agrícola (Ciudad Real)
Departamento Física Aplicada UCLM
1
PROBLEMA 1
UCLM
Demuestre que la energía cinética de un cuerpo que rueda sin deslizar es la suma de
la energía cinética de rotación con respecto al eje que pasa por el CM más la energía
cinética del movimiento lineal del cuerpo como si toda su masa estuviese
concentrada en el CM.
M
CM
vCM
Respecto al CIR el cuerpo rodante tiene un movimiento de rotación pura; por tanto la energía
cinética de su movimiento es:
1
EC (CIR ) = I CIRω 2
2
R
Teorema de Steiner:
I CIR = I CM + MR 2
Si rueda sin deslizar vCM = ωR
CIR
EC (CIR ) =
(
)
1
1
1
1
1
2
2
2
2 2
I CM + MR 2 ω 2 = I CM ω + MR ω = I CM ω + M (ωR )
2
2
2
2
2
1
1
2
EC (CIR ) = I CM ω 2 + MvCM
2
2
Energía cinética de rotación con
respecto al eje que pasa por el CM
Energía cinética de
traslación del CM
2
PROBLEMA 2
UCLM
Una pequeña bolita de diámetro 2r situada inicialmente en reposo en el polo de
una cúpula semiesférica cuyo radio es R (R = 100r) empieza a rodar sobre la
superficie de la misma. Se pide:
a)
Determinar la velocidad del centro de masas de la bolita desde que empieza a rodar
hasta que pierde contacto con la cúpula, determinando el ángulo θs, medido con
respecto a la vertical, para el que se produce dicha pérdida de contacto (suponemos que
la fuerza de rozamiento es suficiente para mantener la rodadura en todo el trayecto de la
bolita sobre la cúpula. Para ver hata qué punto esta suposición es realista, véase
problema siguiente).
b)
Representar gráficamente el cuadrado de la velocidad del centro de masas de la bolita en
unidades gR.
c)
Determinar la velocidad angular de la bolita en el momento en que pierde contacto con
la superficie semiesférica. ¿Cuántas vueltas da la bolita hasta ese momento?
2r
R
θs
O
3
PROBLEMA 2 (Continuación)
UCLM
En un instante cualquiera
mg cosθ
2r
(R + r )(1 − cosθ )
Fc
R
θ
mg senθ
θ
A medida que rueda, la energía
potencial de la bolita se va
convirtiendo en energía cinética
de traslación y energía cinética
de rotación
mg
O
2
1
1 2 1 2 1 ⎛ 2 2 ⎞⎛ v ⎞
7
mg (R + r )(1 − cosθ ) = mv 2 + Iω =
mv + ⎜ mr ⎟⎜ ⎟ = mv 2
2
2
2
2⎝5
⎠⎝ r ⎠ 10
Relación entre la velocidad del centro de la bolita y el ángulo descrito sobre la superficie
v2 =
10
g ( R + r )(1 − cosθ )
7
¿Qué fuerza obliga a la bolita a seguir una trayectoria curva?
4
PROBLEMA 2 (Continuación)
UCLM
mg cosθ
A la componente radial del peso...
N
Fc
R
θ
mg senθ
... hay que restarle la reacción normal N
sobre la bolita
θ
La diferencia entre ambas es la fuerza centrípeta
mg
Fc = mg cosθ − N
O
El momento en que la bolita se separa de la superficie esférica es aquel en que el valor
de N se reduce a cero.
Denotaremos por s a las magnitudes en ese momento
(R + r )(1 − cosθ s )
2r
mg senθs
Fcs
R
θs
θs
mg
O mg cosθs
vs2
m
= mg cosθ s
(R + r )
vs2 = g ( R + r ) cosθ s
5
PROBLEMA 2 (Continuación)
UCLM
cosθ s =
Combinando este resultado con el balance de energía:
vs2 = g ( R + r ) cosθ s
vs2 =
cosθ s =
10
g (R + r )(1 − cosθ s )
7
Sustituyendo para la velocidad angular:
ωs =
1 10
R+r
g ( R + r ) = 2.40
r 17
r
La longitud L del arco de
circunferencia sobre la
cúpula recorrida por el
CM de la bolita es
10
(1 − cosθ s )
7
10
17
θ s = 54º
(ωs r )2 = 10 g (R + r )⎜⎛1 − 10 ⎞⎟ = 10 g (R + r )
7
Para R = 100 r
L = θ s (R + r ) =
54π
(R + r )
180
⎝
17 ⎠ 17
ωs = 24.1 rad/s
La longitud l de la
circunferencia completa
de la bolita es
l = 2π r
Por tanto el número de vueltas será (rueda sin deslizar)
n=
1 54π 101r
L
1 54π (R + r )
=
=
= 15.15 vueltas
2πr 180
l 2πr
180
6
PROBLEMA 2 (Continuación)
UCLM
Representación gráfica (apartado b)
Componente radial del peso (unidades mg)
2,0
1,8
v2 en función del ángulo θ
1,6
(unidades gR)
1,4
1,0
2
v /gR
1,2
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
Grados
7
PROBLEMA 3
UCLM
Una esfera maciza y homogénea de radio r = 5 cm está situada inicialmente en reposo
en el punto más alto de una superficie semicílíndrica cuyo radio es R = 20 cm. El
coeficiente de rozamiento estático entre esfera y cilindro es µ = 0.70. Si la esfera
empieza a rodar sobre la superficie cilíndrica, determine el valor del ángulo θd
medido respecto a la vertical para el cual se inicia el deslizamiento, y la velocidad del
CM de la esfera en ese momento. ¿Qué valor debería tener el coeficiente de
rozamiento para que la esfera rodase hasta su separación de la superficie cilíndrica?
r
R
θd
8
PROBLEMA 3 (Continuación)
UCLM
Y
∑F
∑F
ma
FR
r
R
θ
X
mg sin θ
mg cosθ
FC
N
Velocidad CM
= mg sin θ − FR = ma
mv 2
= N − mg cosθ = − FC = −
R+r
Y
X
Para que ruede sin deslizar la condición es
FR < µN
Por tanto debemos calcular la fuerza de rozamiento y la normal para
comprobar si hay rodadura o deslizamiento
Posición en un instante cualquiera
∑τ
∑
Hipótesis de rodadura:
CM
= FR r = I CM α
F r
α= R
I CM
mr 2
FX = mg sin θ − FR = ma = FR
I CM
α=
FR =
FR r 2
a =α r =
I CM
a
r
mg sin θ
1 + mr 2 I CM
(
)
⎛ Q ⎞
FR = ⎜
⎟mg sin θ
Q
1
+
⎝
⎠
I CM = Qmr 2
Q es un coeficiente que depende de la simetría, en el caso
de una esfera su valor es 2/5
2
FR = mg sin θ
7
9
PROBLEMA 3 (Continuación)
UCLM
Determinación de la normal N
Cuando la esfera ocupa la posición mostrada, su CM ha descendido h
h
h = (R + r )(1− cosθ )
r
R
θ
Posición en un instante cualquiera
Hipótesis de rodadura:
ω=
v
r
1
1
mgh = I CM ω 2 + mv 2
2
2
2
1
1
2⎛ v ⎞
mg (R + r )(1 − cosθ ) = Qmr ⎜ ⎟ + mv 2
2
⎝r⎠ 2
⎛ 2 ⎞
v2 = ⎜
⎟ g (R + r )(1 − cosθ )
1
Q
+
⎝
⎠
∑
Nótese que a medida que el sólido rodante cae, el módulo de la fuerza
centrípeta va aumentando y el de la fuerza normal N va disminuyendo; la
separación del sólido y la superficie se produce en el momento en que la
fuerza normal vale cero.
Cálculo del ángulo θs en que se produce la separación de la superficie
0
Sustituyendo para el ángulo θs el valor de v2 dado por
mv 2
FY = N − mg cosθ = − FC = −
R+r
mv 2
N+
= mg cosθ
R+r
mvs2
N+
= mg cosθ s
R+r
…en esta ecuación, queda…
10
PROBLEMA 3 (Continuación)
UCLM
⎛ 2 ⎞
vs2 = ⎜
⎟ g (R + r )(1 − cosθ s )
⎝ Q + 1⎠
2 (Q + 1)
cosθ s =
1 + [2 (Q + 1)]
m ⎛ 2 ⎞
⎜
⎟ g ( R + r )(1 − cosθ s ) = mg cosθ s
(R + r ) ⎝ Q + 1 ⎠
2 (Q + 1) ⎤
θ s = cos ⎢
⎥
⎣1 + [2 (Q + 1)]⎦
−1 ⎡
Sustituyendo Q = 2/5
θ s = 54º
Este resultado es el mismo que el del problema anterior…
… pero para que pueda ser aceptado hay que demostrar la hipótesis de rodadura!
Cálculo de la normal en un instante cualquiera:
mv 2
⎛ m ⎞⎛ 2 ⎞
N = mg cosθ −
= mg cosθ − ⎜
⎟ g ( R + r )(1 − cosθ )
⎟⎜
R+r
R
+
r
Q
1
+
⎝
⎠⎝
⎠
⎛
⎛ 2 ⎞
2 ⎞
N = mg ⎜1 +
⎟
⎟ cosθ − mg ⎜
Q
+
1
Q
+
1
⎝
⎠
⎝
⎠
Para que ruede sin deslizar la condición es
FR < µN
⎛ Q ⎞
FR = ⎜
⎟mg sin θ
Q
1
+
⎝
⎠
Rodará si
⎛ Q ⎞
⎟ sin θ
⎜
⎝ Q + 1⎠
µ>
⎛
⎛ 2 ⎞
2 ⎞
⎜1 +
⎟ cosθ − ⎜
⎟
Q
1
Q
1
+
+
⎝
⎠
⎝
⎠
11
PROBLEMA 3 (Continuación)
UCLM
Tenemos que comprobar si el ángulo de deslizamiento θd es menor que el ángulo de
separación θs calculado anteriormente.
El deslizamiento comenzará cuando
⎛ Q ⎞
⎟ sin θ d
⎜
⎝ Q + 1⎠
µ=
⎛
⎛ 2 ⎞
2 ⎞
⎜1 +
⎟ cosθ d − ⎜
⎟
Q
1
Q
1
+
+
⎝
⎠
⎝
⎠
⎛
µ ⎜1 +
⎝
A
Sustituyendo
µ = 0.70, Q = 2/5
A = 1.70
2
C
(
B
A2 cos 2 θ d + C 2 − 2 AC cosθ d = B 2 1 − cos 2 θ d
A cosθ d − C = B sin θ d
(A
⎛ 2 ⎞ ⎛ Q ⎞
2 ⎞
⎟ cosθ d − µ ⎜
⎟=⎜
⎟ sin θ d
Q + 1⎠
Q
Q
1
1
+
+
⎝
⎠ ⎝
⎠
)
)
+ B 2 cos 2 θ d − 2 AC cosθ d + C 2 − B 2 = 0
cosθ d =
()
(
)(
1
2 2
2
2
2
2
2
AC
±
4
A
C
−
4
A
+
B
C
−
B
2 A2 + B 2
(
AC ± B A2 + B 2 − C 2
cosθ d =
A2 + B 2
))
cosθ d = 0.70708
θ d = 45º
cosθ d = 0.43707
θ d = 64º
B = 2/7
El deslizamiento comienza para el menor de los valores calculados de θd, es decir, para un ángulo de 45º…
C=1
… que es menor que el ángulo de separación θs = 54º calculado suponiendo rodadura en todo el trayecto.
12
PROBLEMA 3 (Continuación)
UCLM
Velocidad del CM al iniciarse el deslizamiento:
θ d = 45º
⎛ 2 ⎞
2 ⎞
v2 = ⎜
⎟ g (R + r )(1 − cosθ d ) = ⎜⎛
⎟9.8(0.20 + 0.05)(1 − cos 45)
Q
1
+
2
/
5
1
+
⎝
⎠
⎝
⎠
v 2 = 1.025
v = 1.01 m/s
¿Qué valor debería tener el coeficiente de rozamiento para que hubiese rodadura hasta la separación de la superficie?
⎛ Q ⎞
⎟ sin θ s
⎜
Q
1
+
⎠
⎝
µs >
⎛
⎛ 2 ⎞
2 ⎞
⎟
⎜1 +
⎟ cosθs − ⎜
⎝ Q + 1⎠
⎝ Q + 1⎠
Antes de hacer ningún cálculo…
⎛ 2/5 ⎞
⎜
⎟ sin 54º
+
2
/
5
1
⎝
⎠
µs >
2 ⎞
⎛
⎛ 2 ⎞
⎜1 +
⎟
⎟ cos 54º −⎜
⎝ 2 / 5 + 1⎠
⎝ 2 / 5 + 1⎠
¿Qué resultado cabe esperar al hacer la operación? µ s → ∞ !!
La razón es simplemente que la condición del coeficiente µ para que haya rodadura es µ > FR / N
Y como la separación de la superficie se produce cuando N = 0, la consecuencia es que el coeficiente de rozamiento para que
siga habiendo rodadura en θ = θs tiende a infinito.
Observación: para hacer la operación sustitúyase θs = cos-1(10/17), que es el valor exacto…
13
PROBLEMA 4
Un carrete cilíndrico de 10 cm de radio y 2 kg se desenrolla por efecto de la gravedad.
Determine la velocidad de su CM después de que se haya desenrollado 1 m de cuerda
(suponga que la cuerda no desliza a medida que el carrete baja).
Energía cinética total del carrete:
Masa del carrete
⎡Energía cinética del ⎤ ⎡Energía cinética de ⎤
EC = ⎢
⎥
⎥+⎢
⎣movimiento del CM ⎦ ⎣rotación respecto CM ⎦
Velocidad del CM en un instante dado
1
1
= mv 2 + Iω 2
2
2
Velocidad angular en el mismo instante
h=1m
v =ω⋅R
1
1
1
EC = m(ω ⋅ R )2 + Iω 2 = mR 2 + I ω 2
2
2
2
Momento de inercia respecto al CM
A medida que la cuerda se desenrolla se cumple
(
)
Suponiendo que el carrete partió del reposo, la energía cinética se ha incrementado desde 0
hasta EC, a expensas de disminuir la energía potencial en ∆U=-mgh.
EC = − ∆U
(
Por lo tanto la velocidad de CM es
Carrete cilíndrico
)
1
mR 2 + I ω 2 = mgh
2
1
I = mR 2
2
ω=
2mgh
v=R
=
mR 2 + I
R
v
2mgh
mR 2 + I
2mghR 2
4
4
=
gh
=
9.8 = 3.61 m/s
3
3
(3 / 2)mR 2
Véase que en el resultado no influyen ni la masa ni el radio del carrete
14
PROBLEMA 5
En un campeonato de bolos el experto jugador Pedro Picapiedra lanza la bola con una
velocidad de 8 m/s. Inicialmente la bola tiene velocidad angular nula y desliza sin rodar
por el piso de la bolera, donde el coeficiente de rozamiento dinámico es µ = 0.25.
¿Cuánto tiempo tardará la bola en comenzar a rodar sin deslizamiento, y qué distancia
recorre hasta ese momento?
Momento de inercia de una esfera respecto a un diámetro: I = (2 / 5)mR 2
Sean m, R la masa y radio de la bola.
v0
R
Cuando la bola toma contacto con el piso (punto P), a su movimiento se opone la fuerza de rozamiento
dinámica F, ya que la bola desliza (hay velocidad relativa entre el punto de contacto y el suelo).
CM
F
Dicha fuerza F reduce progresivamente la velocidad del CM (inicialmente v0 = 8 m/s), y al mismo
tiempo crea un momento respecto al CM que hace que la bola empiece a girar, de modo que su
velocidad angular ω crece mientras que la velocidad v de su CM se reduce.
P
ω
¿Hasta cuando se mantiene esta situación?
La causa de la fricción dinámica es que el punto P tiene velocidad relativa respecto al suelo. Pero en el
momento en que se alcanzan unos valores vf y ωf que cumplen la condición vf = ωfR (condición de
rodadura) esto deja de ocurrir: P está instantáneamente en reposo respecto al suelo. Por lo tanto la fuerza
de rozamiento dinámica deja de influir, y a partir de ese momento la bola rodará (ya no desliza).
Determinación de la velocidad del CM en función del tiempo antes de la rodadura:
CM
v
R
F
F = µN = µmg
P
N
Mientras dure el deslizamiento esta fuerza origina un movimiento uniformemente retardado cuya aceleración es:
a=−
Por lo tanto la velocidad en función del tiempo es:
F
= − µg = −2.45 m/s 2
m
v(t ) = v0 + at = v0 − µgt = 8 − 2.45t (m/s)
15
PROBLEMA 5 (Continuación)
Además, la fuerza F crea un momento respecto al CM cuyo módulo es
De acuerdo con la ecuación fundamental de la dinámica de rotación
respecto al CM y α es la aceleración angular.
τ = RF = µmgR
y está asociado con un giro horario.
τ = Iα = µmgR , donde I es el momento de inercia
τ
µmgR
5µg
α= =
=
2
I
(2 / 5)mR
2R
Esta es la aceleración angular mientras dura el deslizamiento: gracias a ella la velocidad angular crece desde 0 hasta ωf = vf/R en el
momento en que se inicia la rodadura (valor de veocidad angular que se mantiene posterormente si se considera despreciable la
resistencia a la rodadura).
Mientras dura el deslizamiento
ω (t ) = α ⋅ t =
5µg
t
2R
Velocidad angular
Velocidad lineal del CM
Relación entre ambas:
v0 − µgt f =
vf = ωf R
Velocidad del CM en ese instante:
ωf =
v f = v0 − µgt f = 8 − 2.45t f
En el instante de comienzo de la rodadura,
una vez transcurrido un tiempo tf:
5µg
tf
2
tf =
5µg
tf
2R
2v0
= 0.93 s
7 µg
v f = v0 − µgt f = 8 − 2.45 ⋅ 0.93 = 5.72 m/s
Se trata de un movimiento uniformemente retardado donde el espacio recorrido es:
xf =
v 2f − v02
2a
5.722 − 82
=
= 6.38 m
2(− 2.45)
16
PROBLEMA 6
Un cilindro macizo de masa m y radio R rueda sin deslizar a lo largo de un plano
inclinado un ángulo θ sobre la horizontal. En el punto más alto la velocidad del CM es
v0. Haciendo uso del concepto de momento angular, calcule la velocidad del CM y la
velocidad angular del cilindro en cualquier instante posterior. Determine también cual
es el valor mínimo del coeficiente de rozamiento entre el plano inclinado y el cilindro
para que éste caiga efectivamente rodando sin deslizar.
Elegimos como referencia el punto P de contacto entre el cilindro y el plano inclinado.
CM
R
Si rueda sin deslizar, este punto de contacto P es el CIR, y su velocidad relativa a
la superficie inclinada es nula (aunque su aceleración no es nula).
mg cosθ
Momento angular respecto al punto P:
FR
Velocidad angular
r
r
LCM = I CM ω − k
( )
Momento inercia respecto al CM
r
r
r
r
LP = LCM + R × mv
r
r
R = Rj
r
r
r
r r
R × mv = Rmv − k
v = vi
P
mg sin θ
Y
mg
Z
N
( )
X
θ
Velocidad del CM
(
)( )
r
r
r
r
r
r
2
LP = LCM + R × mv = ( I CM ω + Rmv ) − k = ω I CM + mR − k
( )
Si rueda sin deslizar v = ωR
17
PROBLEMA 6 (Continuación)
Ecuación fundamental de la dinámica de rotación:
r
r
r
τ P = R j × mg sin θ i
Momento de las fuerzas respecto al punto P: la única que crea un torque es la componente mgsin θ.
r
dL
r
τP = P
dt
r
τ P = Rmg sin θ − k
( )
r
La caída del cilindro es un movimiento bidimensional en el plano XY. Todos los vectores axiales están dirigidos según Z.
Por eso podemos establecer la siguiente relación entre los módulos:
dL
τP = P
dt
[ (
)] (
)
dω
d ω I CM + mR 2
= I CM + mR 2
Rmg sin θ =
dt
dt
Rmg sin θ
dω
=α =
dt
I CM + mR 2
(Véase que la aceleración angular es constante)
ω
∫
ω0
mg cosθ
t
Rmg sin θ
dω =
dt
2
I CM + mR
∫
FR
v0
Rmg sin θ
v0 Rmg sin θ
=
+
t
+
t
2
2
2
R
(
)
1 / 2 mR + mR
R I CM + mR
R 2 mg sin θ
R 2 mg sin θ
t
v = v0 +
t = v0 +
2
2
2
(
)
1
/
2
+
mR
mR
I CM + mR
P
mg sin θ
Y
mg
Z
0
N
X
θ
Puesto que consideramos que ya en el punto más alto el cilindro rueda sin deslizar debe verificarse
ω=
CM
R
ω=
ω0 = v0 / R
v0 2 g sin θ
+
t
R
3R
v = v0 +
2 g sin θ
t
3
18
PROBLEMA 6 (Continuación)
Se producirá rodadura mientras que la fuerza de rozamiento sea inferior al valor máximo posible de rozamiento estático
µN (N = mgcosθ).
FR < µN
R
FR
N = mg cosθ
F − FR = ma
Aplicando la 2ª ley de Newton:
F = mg sin θ
Momento creado respecto al punto de contacto P por la componente del
peso paralela a la superficie del plano inclinado:
FR = I Pα
P
N
Condición para rodadura
θ
α=
FR
IP
a = αR
FR 2
FR = F − ma = F − m
IP
⎞ 1
⎛
R2
⎟ = mg sin θ
⎜
FR = F − ma = F ⎜1 − m
2⎟
(3 / 2)mR ⎠ 3
⎝
Para que haya rodadura
FR < µN
1
mg sin θ < µmg cosθ
3
1
3
µ > tan θ
19
PROBLEMA 7
Un todoterreno con tracción en las cuatro ruedas está parado en una calle donde el
coeficiente de rozamiento estático entre neumático y asfalto vale µ = 0.75. Si se pone en
marcha, ¿cuál es el valor máximo posible de su aceleración sin que las ruedas patinen?.
La aceleración máxima de avance corresponde al rozamiento estático máximo entre las ruedas y el asfalto. El motor del vehículo
hace girar las ruedas y, mientras éstas no resbalen, la fuerza de rozamiento estática FR, que se opone a la fuerza que la superficie
de los neumáticos en contacto con el asfalto hacen sobre él, impulsa el vehículo hacia delante. Téngase en cuenta que la parte
inferior de los neumáticos hace sobre el pavimento una fuerza dirigida hacia atrás.
Es decir, la fuerza de rozamiento estática determina el movimiento del todoterreno hacia
delante porque es la única fuerza externa exterior que actúa en sentido horizontal.
N
Hay cuatro puntos de contacto con el suelo, uno por cada neumático. Para simplificar
supondremos que el peso Mg del vehículo se reparte por igual entre ellos, y que las cuatro
fuerzas de rozamiento son iguales.
CM
Fuerza de rozamiento entre cada neumático y el suelo
2ª ley de Newton:
∑ F = 4F
R
= Ma
N 1
= µMg
4 4
⎛1
⎞
4⎜ µMg ⎟ = Ma
⎝4
⎠
FR = µ
Mg
r
FR
r
FR
a = µg = 0.75 ⋅ 9.8 = 7.35 m/s 2
Comentario: si las ruedas resbalasen sobre el terreno, entonces habría velocidad relativa entre la superficie inferior del neumático
y el asfalto. Esto daría lugar a un rozamiento dinámico, la fuerza correspondiente también estaría dirigida hacia delante, pero
como el coeficiente dinámico es inferior al estático, la aceleración resultante seria menor.
20
PROBLEMA 8
Un automóvil viaja a 126 km/h por una carretera recta y llana. De improviso una
caballería cruza la carretera 150 m por delante del vehículo. Suponiendo que el
conductor reaccione de forma instantánea y aplique el freno de inmediato, ¿cómo le
conviene hacerlo para evitar el atropello, de forma brusca bloqueando las ruedas o de
manera suave pero firme de manera que las ruedas rueden sin deslizar? Suponga que los
frenos actúan por igual sobre las cuatro ruedas del vehículo y que los coeficientes de
rozamiento estático y dinámico son, respectivamente, µE = 0.60 y µD = 0.35.
Caso de frenar bruscamente, bloqueando las ruedas
Las ruedas se deslizan sobre el asfalto y la fuerza responsable de la desaceleración será el rozamiento dinámico.
Suponiendo que el peso se reparte por igual entre las cuatro
ruedas, la fuerza de rozamiento dinámica en cada una es
4 FD = MaD = 4 µ D
Mg
4
FD = µ D
N
Mg
= µD
4
4
La fuerza total que actúa
sobre el vehículo es 4 FD
aD = µ D g = 0.35 ⋅ 9.8 = 3.43 m/s 2
N
Esta aceleración tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad de coche; el espacio
recorrido hasta detenerse será:
v
2
− v02
= −2aD xD
v0 = 126 km/h = 35 m/s
v=0
(finalmente se detiene)
v 2 − v02
− 352
xD =
=
= 178.6 m
− 2aD − 2 ⋅ 3.53
CM
Mg
FD
FD
21
PROBLEMA 8 (Continuación)
Caso de frenar suavemente, de modo que las ruedas rueden sin deslizar
La frenada se debe a la fuerza de rozamiento estática. Suponiendo, como antes, que el peso se reparte por igual entre las cuatro
ruedas, la fuerza de rozamiento en cada una es:
FE = µ E
N
Mg
= µE
4
4
4 FE = MaE = 4 µ E
Mg
4
La fuerza total que actúa sobre el vehículo es 4 FE
aE = µ E g = 0.60 ⋅ 9.8 = 5.88 m/s 2
Esta aceleración también tiene sentido negativo, y hace disminuir la velocidad del coche; el espacio recorrido hasta detenerse será:
v
2
− v02
= −2aE xE
v 2 − v02
− 352
xD =
=
= 104.2 m
− 2aE
− 2 ⋅ 5.88
Véase que en el primer caso la distancia de frenada es mayor que la distancia al obstáculo (150 m), mientras que en el segundo
caso puede evitarse el atropello.
22
PROBLEMA 9
UCLM
Una barra delgada y homogénea de longitud L y peso W está
articulada al suelo en su extremo inferior O. Inicialmente se
encuentra colocada verticalmente y en reposo (véase figura).
En un momento dado empieza a caer moviéndose en el plano
vertical de la figura. Se pide:
a) Su velocidad angular y su aceleración angular en
función del ángulo formado con la vertical.
Represéntense gráficamente velocidad y aceleración
angular en función del ángulo.
b) Las componentes normal y tangencial de la reacción
en O en función del ángulo formado con la vertical.
Represéntense gráficamente ambas componentes en
función del ángulo.
C
L
W
O
Supóngase ausencia de fricción en la articulación.
23
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM
Apartado a)
En ausencia de rozamiento se
conserva la energía mecánica.
Nivel de referencia de energía potencial
Veamos la energía mecánica
cuando la barra estaba vertical (1),
y cuando se encuentra formando
un ángulo θ (2). El C.M, que al
principio ocupaba la posición C,
pasa a ocupar la posición C’.
α
2
C
L
U1 + K1 = U 2 + K 2
0
0
W
L/2
L
U1 = W ⋅ (1 − cosθ )
2
1
K 2 = I Oω 2
2
(Rotación)
ω
1
θ
C’
L
(1 − cosθ )
2
W
L
cosθ
2
O
Fn
Ft
DSL en un instante cualquiera.
24
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM
Momento de inercia respecto al extremo O
1 ⎛1W 2 ⎞ 2
1
L ⎟ω
K 2 = I Oω 2 = ⎜
2⎝3 g ⎠
2
DETERMINACIÓN VELOCIDAD ANGULAR
U1 = W ⋅
3g
ω = (1 − cosθ )
L
ω=
2
1 ⎛1W 2 ⎞ 2
L
L ⎟ω = K 2
(1 − cosθ ) = ⎜
2
3
g
2
⎝
⎠
3g
(1 − cosθ )
L
CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 1
Tomando momentos de las fuerzas respecto al punto O (véase DSL) sólo queda el momento
correspondiente al peso:
L
∑τ O =W ⋅ ⋅ senθ
2
Ecuación fundamental dinámica rotación:
⎛1W 2 ⎞
L
W ⋅ ⋅ senθ = ⎜
L ⎟ ⋅α
2
3
g
⎝
⎠
∑τ O = I O ⋅ α
α=
3g
⋅ senθ
2L
25
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM
Relación entre ω y θ
CÁLCULO ACELERACIÓN ANGULAR: PROCEDIMIENTO 2
dω dθ
dω
dω
=
⋅
=ω ⋅
α=
dθ dt
dt
dθ
dω 3 g
=
dθ
L
ω=
senθ
3 g senθ
=
3g
(1 − cosθ ) L 2ω
2
L
α=
3g
⋅ senθ
2L
ω
Representación
gráfica de la
velocidad
angular y de la
aceleración
angular en
función del
ángulo θ
3g
(1 − cosθ )
L
α
Unidades
3g
L
Unidades
3g
2L
270
90
180
360
θ (º)
26
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM
Apartado b)
CÁLCULO REACCIÓN NORMAL
La diferencia entre la componente del peso
paralela a la barra Wcosθ y la reacción normal
Fn debe ser igual a la fuerza centrípeta Fc.
Fc =
ω2 =
rCM =
W 2 L
W 2
ω ⋅ rCM = ω ⋅
2
g
g
W ⋅ cosθ
θ
3g
(1 − cosθ )
L
Fc = W ⋅ cosθ − Fn =
L
2
W
Fn
Fc
W 3g
(1 − cosθ ) ⋅ L = 3W ⋅ (1 − cosθ )
g L
2
2
Fn =
W
⋅ (5 cosθ − 3)
2
27
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM
CÁLCULO REACCIÓN TANGENCIAL
La suma de fuerzas tangenciales actuando sobre el C.M. de la barra que cae ha de ser igual a
su masa por la aceleración tangencial (2ª ley de Newton aplicada a la componente tangente).
W ⋅ senθ − Ft =
W
⋅ at
g
rCM =
La aceleración tangencial del C.M. es
at = rCM ⋅ α =
Ft = W ⋅ senθ −
3g
α = ⋅ senθ
2L
L
2
L
⋅α
2
W ⋅ senθ
θ
W L
⋅ ⋅α
g 2
⎛
W L 3g ⎞
Ft = ⎜W − ⋅ ⋅ ⎟ ⋅ senθ
g 2 2L ⎠
⎝
Ft =
W
⋅ senθ
4
W
Ft
W
⋅ at
g
28
PROBLEMA 9 (Continuación)
UCLM
Representación gráfica de las reacciones en O
Fn =
W
⋅ (5 cosθ − 3)
2
Ft =
Ft
W
⋅ senθ
4
Fn
Unidades
Unidades
W
W
1
270
90
180
360
θ (º)
¿Qué significado debe
atribuirse al hecho de
que para algunos
valores de ángulo las
reacciones sean
negativas?
-4
29
PROBLEMA 10
UCLM
A
Una varilla delgada de peso W y longitud L que se encuentra
apoyada en una pared y un suelo lisos se desliza hasta que
finalmente cae al suelo (considérese que todo el movimiento
θ
tiene lugar en el plano de la figura). En el instante presentado
ω
en el esquema, cuando el ángulo formado por la parte superior
de la varilla con la pared es θ, su velocidad angular es ω (al
W
tiempo que desliza sobre el suelo y la pared, la varilla está
girando en sentido contrario a las agujas del reloj).
Determine la aceleración del CM de la varilla y su aceleración angular.
r
α = αk
A
NA
Aceleración del CM:
θ
ω
W
CM
α
2ª ley de Newton:
θ
Z
r
r
r
aCM = a xi + a y j
∑F
∑F
= N A = m ⋅ ax
y
= NB − W = m ⋅ ay
B
X
NB
∑
L
2
Estas dos componentes
cartesianas son desconocidas;
hay que calcularlas.
x
Ecuación de momentos respecto al CM:
Y
B
Masa de la varilla:m = W g
Fuerzas que actúan: DSL
r
CM
L
2
+
τ CM = − N A sin(90 − θ ) + N B sin θ = Iα
I=
1
mL2
12
30
PROBLEMA 10 (Continuación)
UCLM
N A = m ⋅ ax
Tenemos tres ecuaciones
… y 5 incógnitas
N A , N B , ax , a y ,α
NB − W = m ⋅ ay
NB
L
L
sin θ − N A cosθ = Iα
2
2
Para resolver esto, necesitamos dos relaciones adicionales, que obtendremos del hecho de que el extremo A resbala hacia abajo a lo
largo de la pared (y por eso no tiene aceleración según el eje X) y del hecho de que el extremo B resbala hacia la derecha sobre el
suelo (y por tanto no tiene aceleración según el eje Y).
r
r r
r
r
r
2r
aCM = a A + α × rCM / A − ω rCM / A
ω = ωk
r
r
r
r
r
L r
r
A no tiene aceleración
aCM = ax i + a y j = a A j +
rCM / A = (i sin θ − j cosθ )
según el eje X!
2
r
r
r
A
r
r
i
j
k
α = αk
NA
r
r
r
2 L
2 L
α − ω sin θ i + ω cosθ j
0
+ 0
rCM / A
θ
2
2
L sin θ − L cosθ
0
2
2
ω CM
Aceleración del CM respecto de A:
α
W
(
θ
Y
B
Igualando componentes
Z
X
NB
)
(
)
r L
r L
r
r
aCM = a A j + α cosθ − ω 2 sin θ i + α sin θ + ω 2 cosθ j
2
2
(
)
r
r L
ax = α cosθ − ω 2 sin θ i
2
31
PROBLEMA 10 (Continuación)
UCLM
Aceleración del CM respecto de B:
B no tiene aceleración
según el eje Y
r
aCM
r
ω = ωk
r r
r
r
r
aCM = aB + α × rCM / B − ω 2 rCM / B
r
i
r
r
r
= a x i + a y j = aB i +
0
− L sin θ
2
r
j
0
L cosθ
2
r
r
k
r
r
2 L
2 L
+
ω
sin
θ
i
−
ω
cos
θ
j
α
2
2
0
r
L r
r
rCM / B = (− i sin θ + j cosθ )
2
r L
r L
r
A
r
2
2
r
r
aCM = aB i + − α cosθ + ω sin θ i − α sin θ + ω cosθ j
α = αk
NA
2
2
r
rCM / A
θ
r
L
r
2
a
=
−
α
sin
θ
+
ω
cos
θ
j
Igualando componentes
y
2
ω CM
(
)
(
)
(
)
α
W
Y
θ
r
rCM / B
B
Las componentes de la aceleración del CM son ax, ay.
Falta determinar la aceleración angular.
32
Z
X
NB
PROBLEMA 10 (Continuación)
UCLM
N A = m ⋅ ax
)
(
NB − W = m ⋅ ay
NB
(
mL
α cosθ − ω 2 sin θ
2
mL
NB = W −
α sin θ + ω 2 cosθ
2
NA =
)
W = mg
L
L
sin θ − N A cosθ = Iα
2
2
(
(
)
L
mL
L
mL
⎡
α cosθ − ω 2 sin θ
sin θ ⎢W −
α sin θ + ω 2 cosθ ⎤⎥ − cosθ
2
2
2
⎣
⎦ 2
)
=
1
mL2α
12
L
L 2
L 2
1 2 2
1 2
⎛1
2
2 ⎞
mL
mL
sin
θ
mL
cos
θ
α
sin
θ
ω
sin
θ
cos
θ
ω sin θ cosθ
=
mg
−
+
+
+
⎜
⎟
2
2
2
12
4
4
⎝
⎠
L
⎛ 1 1⎞ 2
L
α
=
g sin θ
+
⎟
⎜
2
⎝ 12 4 ⎠
Momento de inercia respecto al CM
α=
3g
sin θ
2L
1
I = mL2
12
(
)
L
α cosθ − ω 2 sin θ
2
L
a y = − α sin θ + ω 2 cosθ
2
ax =
(
)
33