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UCLM
PROBLEMAS RESUELTOS 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
En el esquema presentado al margen la
velocidad vF de la pesa unida a la polea
fija F es 20 cm/s. Determine la velocidad
vM de la pesa unida a la polea móvil M.
Como el centro de la polea fija no se mueve,
el tramo de cable vertical situado entre las dos poleas
(tramo DE) se mueve hacia arriba con velocidad vF
(estamos suponiendo que el cable es inextensible).
Esto significa que el punto D de la polea móvil
también se mueve hacia arriba con velocidad vF .
O
F
E
M
5 cm
10 cm
D
I
vF
vM
Por otra parte, el trozo vertical de cable unido al techo
(tramo IO) está fijo, y el punto I también está fijo, su velocidad vI es nula.
Es decir, conocemos la velocidad de dos puntos de la polea móvil (vI = 0, vD = vF) y
esto nos permite calcular la velocidad angular de la polea móvil y la velocidad de su
centro, a la cual llamaremos vC. Esta velocidad vC es igual a la velocidad vM de
2
ascenso de la pesa colgada de la polea móvil.
PROBLEMA 1 (Continuación)
UCLM
Y
Calculamos velocidad angular:
r
r r
r r r
vD = vI + vD / I = vI + ω × rD / I
r
vI = 0
r
r
r
r
ω =ω ⋅k
Datos vD = vF j
r
r
rD / I = 2 RM i
r r
El producto vectorial ω × rD / I
r
tiene sentido j
v
ω= F
r
r
r
2 RM
vD = vF j = ω ⋅ 2 RM j
vF r
r
ω=
k
R
2
Cálculo de vC
M
r
r r
r
r r
vC = vI + vC / I = vI + ω × rC / I
r
vF r
r
v r
r
vC =
k × RM i
vC = F j
2 RM
2
vD = vF
Z
X
r
ω
vD
C
vF
vC
D
I
I
vD
vC
r
rC / I
D
r
rD / I
C
10 cm
M
RM
RM
2 RM
vM
vC = vM
vF = 20 cm/s
r
r
r
vM = vC = 10 j (cm/s)
Resultados numéricos
r
r 20 cm/s r
ω=
k = 1 k (rad/s)
2 ⋅10 cm
r
20 cm/s r
r
vC =
j = 10 j (cm/s)
2
3
PROBLEMA 2
UCLM
En el mecanismo del dibujo se sabe que en el instante mostrado la barra AB gira
en sentido horario a 0.20 rad/s. Determínese la velocidad angular de la barra BC
y la velocidad lineal de la corredera C que se mueve a lo largo de la ranura.
B
30 cm
0.20 rad/s
A
C
40 cm
40 cm
Se conoce la velocidad angular ωAB = 0.20 rad/s, y también se sabe que vA = 0, ya que el punto A está fijo.
Con respecto al sistema coordenado de la figura, y fijando el origen de coordenadas en el punto A
r
r
r
rB / A = (0.40 i + 0.30 j ) m
r
r
ω AB = −0.20k rad/s
B
r
r
B/ A
30 cm
A
Y
Z
X
0.20 rad/s
40 cm
C
40 cm
4
PROBLEMA 2 (Continuación)
UCLM
0, está en reposo
r
r
r r
r
vB = v A + vB / A = ω AB × rB / A
Con esta información puede determinarse la velocidad vB:
r
i
r
k
r
j
r
r
r
vB = 0
0
− 0.20 = (0.06 i − 0.08 j ) m/s
0.40 0.30
0
La velocidad angular ωBC es desconocida, pero se sabe que su dirección es la del eje Z pues el movimiento del mecanismo
v
ocurre en el plano XY, por lo tanto
r
ω BC = ω BC k
Además, la velocidad del punto C debe tener la dirección del eje X, ya que C se mueve en la ranura horizontal
r
rC / B
r
r
r r
r
r
vC = vB + vC / B = vB + ω BC × rC / B
r
r
= rC / A − rB / A = (0.80,0,0) − (0.40,0.30,0) = (0.40,−0.30,0)
r
r
vC = vC i
B
r
r
B/ A
30 cm
A
Y
Z
X
0.20 rad/s
40 cm
r
r
r
rC / B = 0.40 i − 0.30 j
r
r
C/B
C
40 cm
5
PROBLEMA 2 (Continuación)
UCLM
r
i
r
j
r
k
r r r
r
r
r
r
r
r
vC = vC i = vB + vC / B = vB + ω BC × rC / B = (0.06 i − 0.08 j ) + 0
0
ω BC
0.40 − 0.30
0
Igualando componentes:
r
r
r
r
r
r
vC = vC i = (0.06 i − 0.08 j ) + (0.30ω BC i + 0.40ω BC j )
ω BC
0.08
=
= 0.20 rad/s
0.40
vC = 0.06 + 0.30 ⋅ 0.20 = 0.12 m/s
r
ω BC
0.06 + 0.30ω BC = vC
− 0.08 + 0.40ω BC = 0
r
r
= ω BC k = 0.20k rad/s
Sentido antihorario
r
r
r
vC = vC i = 0.12 i m/s
6
PROBLEMA 3
UCLM
Una barra delgada de longitud L desliza a lo largo de dos guías,
una vertical y otra horizontal, según se indica en el esquema.
Determinar la velocidad del extremo A y la velocidad angular
en función del ángulo θ. Dato: la velocidad el extremo B es v0.
A
θ
PROCEDIMIENTO 1
Eligiendo B como referencia, el movimiento de la barra es equivalente a una traslación
más una rotación alrededor de B.
A
A
v0
ω
v0
B
A
r
vA / B
vA
θ
≡
L
θ
B
θ
+
L
θ
v0
B
r
v0
θ
r
vA
L
θ
v0
r
vA / B
r
r r
v A = v0 + v A / B
B (fijo)
7
PROBLEMA 3 (Continuación)
UCLM
r
La dirección de v A / B es perpendicular a la barra
r
v0
θ
r
vA / B
ω
A
r
vA / B
90º
tan θ =
r r
r
r r
v A / B = ω × rA / B = ω × L
a
θ
rr
ba
r
vA
Velocidad angular
θ
r
L
vA
v0
vA / B =
L
v0
= ωL
cosθ
θ
v A = v0 tan θ
r
r
v A = −v0 tan θ j
v A / B = ωL sin 90 = ωL
B (fijo)
cosθ =
v0
vA / B
ω=
v0
L cosθ
v0 r
ω=
k
L cosθ
r
8
PROBLEMA 3 (Continuación)
r r
r
r r
r
v A = vB + v A / B = vB + ω × rA / B
r
r
r
r
rA / B = L = L(− sin θ i + cosθ j )
PROCEDIMIENTO 2
A
vA
Y
θ
r
L
r
ω = ωk
v
r
r
v A = v0i + L
L
θ
v0
B
r
i
r
j
0
− sin θ
0
cosθ
Puesto que A se desplaza hacia abajo, su
velocidad no tiene componente horizontal
r
k
r
r
vA = vA j
r
r
(
)
=
v
−
L
ω
cos
θ
i
−
L
ω
sin
θ
j
ω
0
0
v0 − Lω cosθ = 0
X
Z
ω=
v0
L cosθ
Igualando componentes:
v A = − Lω sin θ
r
ω=
v0 r
k
L cosθ
v A = −v0 tan θ
r
r
v A = −v0 tan θ j
9
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
10
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)
11
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)
12
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
13
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
dω
Rmg sin θ
=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
Rmg sin θ
v0
v0 Rmg sin θ
t
=
+
t
+
2
2
2
R
(
)
mR
mR
1/ 2
+
R I CM + mR
R 2 mg sin θ
R 2 mg sin θ
t
v = v0 +
t = v0 +
2
2
2
(
)
mR
mR
1
/
2
+
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
14
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
15
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.
16
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
17
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.
18
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.
19
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.
20
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
21
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)
22
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
23
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
24
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
25
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
26
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
27
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
a
=
a
i
+
−
α
cos
θ
+
ω
sin
θ
i
−
α
sin
θ
+
ω
cos
θ
j
CM
B
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.
28
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 =
(
)
29
PROBLEMA 11
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
30