Consevacion de L. Rodadura 2008-1.pdf

Momento Angular. Rodadura

1

M

M

O

O

M

M

E

E

N

N

T

T

O

O

A

A

N

N

G

G

U

U

L

L

A

A

R

R

D

D

E

E

U

U

N

N

A

A

P

P

A

A

R

R

T

T

Í

Í

C

C

U

U

L

L

A

A

El momento angular

 

L



o cinético de una partícula respecto del origen 0 esta definido por el producto vectorial de un vector posición y su momento lineal

(p)



2

L



 

r p kgm s







_



_

Donde:

p



es la cantidad de movimiento lineal de la partícula

p mv kgm s









_



_

r



es la posición respecto del origen.

Cuya magnitud es:

_L

_

_{r p sen}

_{ }

_{kgm s}

2









, siendo



el ángulo entre

r



y

p



C

C

A

A

N

N

T

T

I

I

D

D

A

A

D

D

D

D

E

E

M

M

O

O

V

V

I

I

M

M

I

I

E

E

N

N

T

T

O

O

A

A

N

N

G

G

U

U

L

L

A

A

R

R

D

D

E

E

U

U

N

N

S

S

I

I

S

S

T

T

E

E

M

M

A

A

D

D

E

E

P

P

A

A

R

R

T

T

Í

Í

C

C

U

U

L

L

A

A

S

S

Es la suma vectorial de los momentos angulares de todas las partículas del sistema:





1 2 3

1 1

n n

n i i i

i i

L L

L

L

L

L

r p

 





























 







Al derivar la expresión anterior respecto al tiempo, se tiene:









1 n i i

i i i

i

d

r p

dL

r F

dt

dt

_





























_

ij

F



ij

F





ij

r



j

r



i

r



0

ij

F



ij

F





ij

r



j

r



i

r



0

Existen torques internos y externos. Los torques internos se cancelan en pares, ya que las fuerzas internas entre cada par de partículas son iguales y opuestas (Tercera Ley de Newton) y quedan a lo largo de la línea de separación de las partículas; por lo tanto solo quedan los torques asociados a fuerzas externas.

C

C

o

o

n

n

s

s

i

i

d

d

e

e

r

r

a

a

c

c

i

i

o

o

n

n

e

e

s

s

 Si un cuerpo rígido simétrico con momento de inercia I gira con velocidad angular





alrededor de un eje de simetría

estacionario, su momento angular esta dado por:

L





I





 La rapidez de cambio del momento cinético de un sistema de partículas es igual al torque externo aplicado.

ext

dL

dt









(II Ley de Newton)

 Si el torque externo neto que actúa sobre un sistema es cero, la cantidad de movimiento angular total de dicho sistema se conserva.

Si





_ext



0



L



constante

(Ley de conservación de la cantidad de movimiento)

 La aplicación de esta ley de “Conservación de la Cantidad de Momento Angular” a un cuerpo cuyo momento de inercia (I) cambia, produce:

0 0 0 0 0

f

L

L

I



I



constante











Momento Angular. Rodadura

 Si el torque externo neto que actúa sobre u sistema es diferente de cero, el momento angular total no es constante

(no se conserva).

0

ext

L

es variable











R

R

O

O

T

T

A

A

C

C

I

I

Ó

Ó

N

N

Y

Y

T

T

R

R

A

A

S

S

L

L

A

A

C

C

I

I

Ó

Ó

N

N

D

D

E

E

U

U

N

N

C

C

U

U

E

E

R

R

P

P

O

O

R

R

Í

Í

G

G

I

I

D

D

O

O

Para un cuerpo sólido que rueda sin deslizar, se puede analizar su movimiento de dos maneras: 1. Traslación del centro de masa mas la rotación alrededor del centro de masa.

2. Rotación pura respecto al punto de contacto.

Todos los puntos de un objeto en movimiento de rodadura son perpendiculares al eje a través del punto instantáneo de contacto P, es decir, todos los puntos giran alrededor de P. El centro de masa del objeto en movimiento se mueve con una velocidad

v

_CM, y el punto P se mueve con una velocidad

2

v

_CM.

Condición de Rodadura (para movimiento de rodadura pura)





cm m s

v





R

CM

v

CM

v

CM

v

P CM

P

CM

v

CM

v

CM

v

P CM

P

Traslación pura

0 v

v R



P CM

P

v R



0 v

v R



P CM

P

v R



Rotación pura

CM

vv

0

v

2

CM CM

vv R



 v

P CM

P

CM

vv

0

v

2

CM CM

vv R



 v

P CM

P

Combinación de traslación y rotación

Las velocidades instantáneas de los puntos del cuerpo rígido resultan de la superposición de los dos movimientos (traslación y rotación).

La energía cinética de total de un cuerpo rígido que gira sobre una superficie rugosa sin deslizar, es la suma de la energía cinética rotacional

 

K

_R relativa al centro de masa mas la energía cinética traslacional

 

K

_T del centro de masa.

2 2

1

1

2

2

total R T CM CM

K



K



K



I





Mv

A

A

n

n

a

a

l

l

o

o

g

g

í

í

a

a

e

e

n

n

t

t

r

r

e

e

T

T

r

r

a

a

s

s

l

l

a

a

c

c

i

i

ó

ó

n

n

y

y

R

R

o

o

t

t

a

a

c

c

i

i

ó

ó

n

n

Traslación Rotación

Velocidad lineal

v





dr dt



Velocidad angular







d dt





Aceleración lineal

a dv dt







Aceleración angular







d dt





Fuerza resultante

 

F Ma





Momento de fuerza resultante

 





I





Si

a





constante

 





2

0 0

0

2 2

0 0

1 2

2

x

x

v t

at

v

v

at

v

v

a x x

















Si





constante

 





2

0 0

0

2 2

0 0

1 2

2

t

t

t







  





 





















Momento Angular. Rodadura

3

Traslación Rotación

Energía cinética

1

2

2

T CM

K



Mv

Energía cinética

1

2

2

R CM

K



I



Potencia

_{P F.v}

_

 

Potencia

P





 

.



Momento lineal

p mv







Momento angular

L





I





Fuerza resultante

F





dp dt



Momento de fuerza







dL dt



E

E

J

J

E

E

R

R

C

C

I

I

C

C

I

I

O

O

S

S

R

R

E

E

S

S

U

U

E

E

L

L

T

T

O

O

S

S

R

R

o

o

t

t

a

a

c

c

i

i

o

o

n

n

e

e

s

s

Problema 1. En el sistema de la figura la cuerda que une al bloque de masa m1 está enrollada alrededor del cilindro

pequeño de la polea y la cuerda que une al bloque de masa m2 está enrollada alrededor del cilindro grande. La polea está formada por dos cilindros sólidos unidos tal y como se ve en la figura. El sistema está inicialmente en reposo y se suelta.

Los datos son los siguientes:

1

10

2

30

m



kg; m



kg

Los discos que forman la polea son de masa y radio, respectivamente: Masa Cilindro Grande

M



20

kg; R

₂



0 5

, m

Masa Cilindro pequeño 2

1

10

0 2

9 8

m



kg; R



, m; g



, m s

Leyes y principios Conceptos

 Cinemática de la partícula

 Segunda ley de Newton para cuerpo Rígido

 Diagrama de cuerpo libre  Momento de inercia  Momento cinético  Torque

Para el sistema formado por la polea y los bloques determinar

1. ¿Cuál es el valor del torque externo sobre el sistema?

a) Para el cálculo del torque externo sobre el sistema se hace un diagrama de cuerpo libre donde se indican las fuerzas externas que actúan sobre el sistema (ver figura)

b) Se calcula el valor del torque de cada una de estas fuerzas con respecto al eje de rotación de la polea (punto O) y se suman estos torques, el resultado es el valor del torque neto aplicado sobre el sistema:

1 pol pol 2 30 2 30 m2

ext m g M g N m gSen m gCos N



 

 

 

 

 

 

















_mg

1 g

Mpolea m2g polea

N Nm2

O

Los torques

2 30 m2

m gcos

y

N





son iguales en magnitud y dirección pero de sentido contrario, por lo tanto cuando se suman el resultado es cero.

El torque hecho por el peso de la polea y el hecho por la normal sobre la polea es cero. Por lo tanto la expresión queda como:





1 2 2 2 1 2

0 0

30 30 30

0

pol pol m

ext m g M g N m gSen m gCos N ext m g m gSen 



 

 

 

 

 

 





 

 

























Momento Angular. Rodadura

Para calcular 1 m g





: 1

m g

b

linea de accion

1

m g

r F



 







Como la línea de acción de la fuerza (peso de m1) es tangente al disco, entonces el radio del disco es el brazo de la fuerza, por lo que podemos obtener el modulo del torque hecho por esta fuerza

como:

1

m g

b F







La dirección y el sentido por la regla de la mano derecha.

Cálculos:

 

1 1

1

0 2

10 9 8

1

19 6

m g m g

m g m g

mg

,

b F

R

,

, Nm























r

Luego aplicando la regla de la mano derecha:

1

19 6

m g

, k Nm

ˆ



 



Para calcular 2 30 m gsen



:

linea de accion

2

m gSen30 b

2 30

m gsen

r F



 







Al igual que en el caso anterior la línea de acción de la fuerza (peso de m2) es tangente al disco, por lo tanto el radio es el brazo de la fuerza y podemos obtener el módulo del

2

m g



a partir de:

2 30

m gsen

b F







La dirección y el sentido por la regla de la mano derecha. Cálculos:

 

1 1 1 1 30

30 9 8 30

0 5

73 5

m g m g

m g m g

mg sen , sen

b F

R

,

, Nm

 



















r

Luego aplicando la regla de la mano derecha:

1

73 5

m g

, k Nm

ˆ



 



1 2 30

73 5

19 6

53 9

ext m g m gSen

,

,

ext

, k Nm

ˆ



 

 

 







 













Nota: El signo del torque externo nos indica el sentido de giro de la polea, es decir que ésta acelerará angularmente

en la dirección del eje z negativo, como parte del reposo



y



tienen igual dirección y sentido

2. Y ¿Cuál es el valor de la aceleración angular de la polea?

La aceleración angular de la polea se determina a partir de la segunda ley de Newton para cuerpos rígidos:

ext

dL

_dt











Donde: 2 l rot trasl rot polea trasl m m

L

L

L

L

I

L

L

L





















_







Para calcular

L

_rot



:



rot polea

L





I





1 2

polea disco disco

I



I



I

 

 

  

  

2 2

1 2 1 2

2 2 2

1

1

2

2

1

1

10

0 2

20

0 5

2 7

2

2

polea disco disco polea

polea polea

I

I

I

I

m R

M R

I

,

,

I

, kg m



















La polea adquiere una velocidad angular de sentido negativo

Cálculos:

para determinar el momento de inercia de la polea:

1

rot p rot p rot p

L

I

ˆ

L

I

k Nm

L

I

...( )

 

  

  



_





Para calcular

L

_ml



:

1 1 1

p



m v

linea de accion

b

1 1

m m

Sen

L



 

r p







L



r p







Como la línea de acción del vector cantidad de movimiento de m1 es tangente al disco, entonces el radio del disco es perpendicular a pm1

1

m

b

L



p



Cálculos:

1 1 1 1

m

R

m v

L





La velocidad que experimenta el bloque m1 es en módulo igual a la velocidad que experimenta el cilindro de radio R1 en su periferia, por lo tanto:

v

₁



R

₁

 

     

1 1

2

1 1 1 1 1

m R m R m m (R )

L     L   

Momento Angular. Rodadura

5 r

1

1 1

p m v

La dirección y el sentido por la regla de la mano derecha.

La dirección y el sentido por la regla de la mano derecha.

 

1

2

1 1 2

m m (R ) k Nmˆ

L



 

  

Para calcular

L



_m2:

linea de accion

2

2 2

p m v b

1 1

m m

sen

L



 

r p







L



r p







De igual modo que en anterior caso la línea de acción del vector cantidad de movimiento de m2 es tangente al disco, entonces el radio del disco es perpendicular a pm2

1

m

b

L



p



Cálculos:

2 2 2 2

m

R

m v

L





La velocidad que experimenta el bloque m2 es en módulo igual a la velocidad que experimenta el cilindro de radio R2 en su periferia, por lo tanto:

v

₂



R

₂

 

     

2

2

2 2 2 2 2

2 m

m R m R m (R )

L     L   

La dirección y el sentido por la regla de la mano derecha.

 

2

2

2 2 3

m m (R ) ˆk Nm

L



 

  

2

2 2

p m v r

La dirección y el sentido por la regla de la mano derecha.

Luego

dL

d(L

rot

L

trasl

)

dt

dt











sustituyendo 1, 2 y 3 se tiene:





_

_





2 2

1 1 2 2 _{2 2}

1 1 2 2

2 2

1 1 2 2

p

p

p

d I

m (R )

m (R )

dL

dL

_I

_{m (R )}

_{m (R )}

d( )

dt

dt

dt

dt

dL

I

m (R )

m (R )

dt

 

 

 

_





 





 

















De la pregunta 1, conocemos el valor de







_ext, por lo tanto de la expresión: _ext

dL

dt











Se obtiene el valor de la aceleración angular de la polea:













2 2

1 1 2 2

2 2

2

2 2

53 9

2 7

10 0 2

30 0 5

53 9

5 08

2 7

10 0 2

30 0 5

ext

I

p

m (R )

m (R )

,

,

( , )

( , )

,

,

rad / s

,

( , )

( , )



 









 









 

  











3. ¿Cuál es la rapidez del bloque de masa m2 a los 4 s. de estarse moviendo?

x

a

₂ El bloque de masa m2 experimenta un MRUV, por lo que la función velocidad de es:

v



v

0



at







La aceleración de m2 es igual en módulo a la aceleración tangencial (en la periferia) del

cilindro de radio R2

2

2 2 2

5 08

0 5

2

2 54

a

 

R



a



,



,



a



,

m / s

Luego:

v



 

0

2 54

, t



v



₄



10 17

,

m / s

4. El momento cinético total del sistema a los 4 s. de estarse moviendo es:

Momento Angular. Rodadura

Problema 2.

a) El cálculo de los momentos cinéticos de cada uno de los cuerpos

El momento cinético total es:

L L







_rot



L



_trasl Donde:

2

l

rot polea trasl m m

L

I

L

L

L











_







De las ecuaciones 1, 2 y 3, obtenidas de la pregunta 2:

2

2 2

1 1 2 2

l

rot p

trasl m m trasl

L

I

L

L

L

L

m (R )

m (R )

  











 



 











Para t= 4s:

4

4

4

2 2

1 1 4 2 2 4

rot p trasl

L

I

L

m (R )

m (R )

  





 



 





El valor de la velocidad angular la obtenemos a partir de la función velocidad angular para MCUV que es:

 

0

4

0

5 08

5 08 4

20 32

t

, t

,

,

rad / s

    

   

  

   













En este caso nos interesa es el módulo de la velocidad angular:

 

20,32

rad s

/

Luego el momento cinético es:





  



  



4 4

2 2

4 4

4 4

2 7 20 32

54 86

10 0 2

20 32

30 0 5

20 32

160 53

54 86

160 53

215 39

rot rot

trasl trasl

L

,

,

L

,

Nm

L

,

,

,

,

L

,

Nm

L

,

,

L

,

Nm

 



 





 

 





 

















b) La segunda ley de Newton para cuerpos rígidos

ext

dL

_dt











Se observa que el momento cinético

dL

dt



















varía con el tiempo en forma constante debido a que el torque externo







_ext



no cambia, por lo tanto:

4 4

0 0

53 9

53 9

53 9

dL

,

dL

, dt

dt

dL

, dt







 

 











Integrando:

 

4 4

4

4 ₀

0 0

4 4

53 9

53 9

53 9 4

215 6

dL

, dt

L

,

t

L

,

L

,

Nm

 



 



 

 









Momento Angular. Rodadura

7

C

C

o

o

n

n

s

s

e

e

r

r

v

v

a

a

c

c

i

i

ó

ó

n

n

d

d

e

e

M

M

o

o

m

m

e

e

n

n

t

t

o

o

C

C

i

i

n

n

é

é

t

t

i

i

c

c

o

o

En un parque infantil un niño de masa

m

_n observa un tiovivo que

está en reposo y decide montarse sobre él, para esto sale corriendo hacia el tiovivo con velocidad constante

v



_n. Si el niño salta sobre el tiovivo y cae en el punto P cuya posición es

r



_p , determine:

Nota: el tiovivo puede considerarse como un disco de masa

m

_T y radio

R

_T

Datos:





 

40

4

2

2

20 n

n

P

T

T

m kg

ˆ

v i

ˆ

r j m

R m

m kg

m s

   

 



Momento Angular. Rodadura

Leyes y Principios Conceptos

 Cinemática de la partícula

 Segunda ley de Newton para cuerpo Rígido

 Diagrama de cuerpo libre  Momento de inercia

2 i i

I





mr

(Masas puntuales) 2

cm

I I Md (Cuerpo continuo)

 Momento cinético

L



 

r

 

p

 Torque

  





r F



Consideraciones:

a) Se considera al niño como una partícula.

b) Para el sistema formado por el tiovivo y el niño: en el eje del tiovivo no existe fuerza de roce, por lo tanto el torque debido a la fricción es nulo, y además no existen torques de fuerzas externas (existen fuerzas y torques entre el niño y el tiovivo pero tanto como las fuerzas y los torques son internos, de manera que se cancelan).

Por lo tanto:





_ext



0

lo que significa que se conserva el Momento cinético del sistema:

L

_o



L

_f



constante





1. ¿Cuál es la velocidad angular del niño y el tiovivo una vez que estén girando juntos?

Se determina el valor del momento cinético inicial del sistema tiovivo-niño y por el principio de conservación del momento cinético:

L

_o



L

_f

 

1







Se calcula la velocidad angular del tiovivo y niño una vez que estén girando juntos. Justo antes del niño subir al tiovivo. L_oL_rotL_trasl

 

2

  



Momento cinético inicial

 

L



₀ :De las condiciones iniciales se tiene que el tiovivo se encuentra en reposo y el niño se esta trasladando

Para la Rotación

 

0 0

2

0

0

rot P

rot P rot

L

I

I

L

I

L

kgm s

  









_

_





Para la Traslación:

0 0 0 trasl

trasl trasl

L

r p

L

brazo p

L

R mv

 

















_



p=mv

R=brazo

La dirección y sentido del momento cinético en traslación se obtiene aplicando la regla de la mano derecha, por lo tanto:





  

0

2

2 40

4

320

trasl

trasl

trasl

ˆ

L

R

mv

k

ˆ

L

k

ˆ

L

k kgm s

 



 

 







p





mv



r



Luego Sustituyendo los valores de momento cinético inicial en la rotación y traslación en la ecuación 2 tenemos que:

2

0

320

320

o rot trasl o o

L

L

L

L

(

)

ˆ

L

k kgm s







  

 











0 rot

L





Momento cinético inicial en la rotación

0

0

rot

L





(



inicial cero)

0 tral

L Momento cinético inicial en la traslación

Con esta ecuación obtenemos el módulo del momento cinético

Momento Angular. Rodadura

9 Justo cuando el niño esta en el tiovivo calculamos el valor del Momento cinético

final

 

L



_f , a partir de:

 

3

f rot traslac

L L L 

En este momento el niño deja de trasladarse



L

_trasl



0





, comienza a rotar junto con la plataforma

Para la Rotación:

2 2 2 2

1

1

2

2

200

rot_f f tiov niño f

rot_f niño f rot_f t niño f

rot_f f

L

I

(I

I

)

L

( MR

m

r )

L

( m R

m

R )

L

  

























_

_



_



_



_

Sustituyendo los valores de momento cinético final en la rotación y traslación en la ecuación 3 tenemos que:

200

0

f f

L





 



Sustituyendo los momentos cinéticos iniciales y finales en la ecuación 1, se puede obtener de :

320

320

200

200

1 6

o f f f

f

ˆ

L

L

k

ˆ

, k rad / s















 

  





_

_



2. Si el niño se mueve sobre el tiovivo hasta quedar a una distancia de 1,5 m de la periferia del tiovivo, cuál

es la nueva velocidad angular del sistema niño+tiovivo en esta oportunidad?

Como ya se determino el valor del momento cinético inicial del sistema tiovivo-niño

 

L



₀ y por el principio de conservación del momento cinético:

L



₀



L



_f se calcula la nueva velocidad angular del sistema una vez que el niño quede a

1 5

, m

de la periferia del tiovivo, es decir que el niño va a estar a

0 5

, m

del eje de rotación del tiovivo.

Cuando el niño esta a

0 5

, m

del eje de rotación del tiovivo:

Momento cinético final

 

L



_f :





2 2

2 2

1

2

1

20 2

40 0 5

50

2

f rot rot tiov niño

rot tiov niño f rot niño f

rot f rot f

L

L

L

L

L

L

I

I

L

MR

m

r

L

( )( )

( , )

L























_



_













_



_

























_



_



_



_

Luego por el principio de conservación del momento cinético se tiene:

320

320

50

50

6 4

o f f f

f

ˆ

L

L

k

ˆ

, k rad s















 

  





_

_



3. Si el otro instante el niño esta localizado en la periferia del tiovivo, y decide lanzarse desde el punto P

con una velocidad dev 2ˆi m s, Cuál será la nueva velocidad angular del tiovivo?

Por el principio de conservación del momento cinético:

L



₀



L



_f se puede obtener el valor de la velocidad angular del tiovivo una vez que el niño se lancé de la periferia de éste.

Ahora el niño se traslada y el tiovivo sigue rotando:

f rot_f trasl_f

L





L





L



El niño es considerado como una masa puntual por lo que el momento de inercia es

Una vez que el niño quede en el tiovivo, ambos se mueven con una velocidad angular de 1,6 rad/s y giraran en sentido horario, en torno al eje Z.

Cuando el niño quede a 0 5, m del eje de rotación el momento de inercia del niño cambia (disminuye).

Momento Angular. Rodadura

Para la rotación:

2

2

1

2

1

20 2

40

2

rot_f tiov f rot_f f

rot_f f rot_f f

L

I

L

MR

L

( )( )

L













 







_



_



_



_

Para la traslación:

  

2

2 40

2

160

traslac f

trasl f

trasl f trasl trasl

L

r p

L

brazo

p

L

R mv

L

L

kgm s

 

















_

_



_





f

pmv   brazo

La dirección y sentido del momento cinético en traslación se obtiene aplicando la regla de la mano derecha, por lo tanto:

2

160

trasl ˆ

L   k kgm s

r



f

pmv

 

R

R

o

o

d

d

a

a

d

d

u

u

r

r

a

a

Una esfera maciza de masa M y de radio R, que rueda sin deslizar. Determinar la rapidez al final del plano. Considere despreciable el roce entre el plano y la esfera.

Para la obtención de la rapidez de la esfera al final del plano se puede hacer mediante dos métodos:

1. Conservación de la energía

2. Método dinámico

Método de Conservación de la Energía

Considerando que entre la superficie y el cuerpo rígido existe un roce estático (lo que garantiza que el cuerpo no deslice) se tiene que el trabajo de la fuerza no conservativa es igual a cero, por lo tanto no hay pérdida de energía mecánica.

0 0

f

E

E

K



0

g f g

U

K

U







0

2 2

1

1

2

CM

2

Mgh



Mv



I

Siendo

1

2

2

CM

I



MR

y v





R

I 2

2 2

1

1 2

2

2 5

CM CM

v

Mgh

Mv

MR

R

M













_

_

_

_



 



1

2

gh



M

2

1

5

CM

v



M

2

2 2

2

1

1

7

2

5

10

10

10

7

7

CM

CM CM

CM CM

v

gh

v

v

v

gh

v

gh







_



_













Con esta ecuación obtenemos el módulo del momento cinético

Momento Angular. Rodadura

11

Método Dinámico

Para la aplicación de este método es necesario realizar el diagrama de cuerpo libre del cuerpo rígido, para determinar las fuerzas que actual sobre él.

x

DCL



Mgsen



Mgcos



r

f

N

x

y

R C

Mg



Mgsen



Mgcos



r

f

N

x

y

R C

Mg

Luego se trabaja por separado la parte de traslación pura y la de rotación pura, para establecer la relación de ambos movimientos.

Traslación



F Ma_CM Rotación









I





 

1

x CM

r CM

F

Ma

Mgsen



f

Ma











0

0

y

F

N Mgcos

Mgcos

N

















CM I r F







  

  

Recordando que CM

CM

a

a

r

r











 

 

2

r CM

CM r CM

r f

I

a

r f

I

r

r





 







_

_





 

2

2

5

r

f



Mr

 

2

2

5

CM

r CM

a

f

Ma















Sustituyendo (2) en (1) se tiene:

M

2

5

gsen

 

M

a

_CM



M

5

7

CM CM

a



a



gsen

De las ecuaciones de movimiento:

2 2

0

CM

v



v

0

2

2

5

2

7

CM

CM

a

x

v

gsen





h

sen













10

7

CM

v

gh

















Como se puede observar se lleva a la misma ecuación de rapidez de la esfera por cualquiera de los dos métodos.

E

E

q

q

u

u

i

i

l

l

i

i

b

b

r

r

i

i

o

o

Un bloque de masa m cuelga de un cable tensor (T1) soldado al extremo libre (B) de una barra uniforme de masa M que se encuentra sujeta a la pared mediante el apoyo A. Otro cable tensor (T2) ubicado en el punto C también mantiene la barra sujeta a la pared, tal y como se muestra en la figura. La barra se encuentra en equilibrio.

Con la información presentada determinar:

2

80

360

9 8

M



kg.

m



kg.

g



, m / s

A

B

C

Por trigonometría:

x

h

sen



Momento Angular. Rodadura

1. El diagrama de cuerpo libre de todas las fuerzas que actuan sobre la barra es:

En el DCL de la barra ubicamos todas las fuerzas externas que actúan sobre ésta.

T

₁

T

₂

A

_x

A

_y

Mg

A

B

C

2. La tensión que ejerce el cable (T2) que sostiene la barra en (N) es:

T

₁

T

₂

A

_x

A

_y

Mg

A

B

C

De la condición de equilibrio en la rotación tenemos:

0

ext









Elegimos como punto para el cálculo del torque el punto A porque en este lugar el momento de las fuerzas

A

_x y

A

_y es cero

2 1

2 1

0

0

0

1

extA Ax Ay T Mg T

T Mg T

...( )









 

   

  

  

  





















Cálculo del Torque de la fuerza T2

brazo

En este caso podemos calcular el torque de T2 a partir de:

2 2

2

5

2

T

T

brazo F

AC T

T

 



 



 



La dirección y sentido a partir de la regla de la mano derecha. Estamos considerando que la barra y las fuerzas que actúan sobre ella se encuentran en el plano

xy

.

2

5

2

ˆ

T

T k

  



En adelante cuando el torque sea positivo vamos a obviar el signo.

r



Cálculo del Torque de la fuerza Mg

r





En este caso podemos calcular el torque de Mg a partir de:

r F sin

 







Mg AC Mg sin

  

Para determinar el ángulo entre los vectores r y Mg cuando están unidos sus orígenes.

De la figura observamos que el ángulo entre la barra y la horizontal es de 60º

r



60º



Leyes y Principios Conceptos

 Cinemática de la partícula

 Segunda ley de Newton para cuerpo Rígido

 Diagrama de cuerpo libre

 Torque

  



r F





 Condición de equilibrio en la rotación







_ext



0

 Condición de equilibrio en la traslación



F

_ext



0



Con esta ecuación obtenemos el módulo del Torque de la fuerza T2

Se obtuvo a partir de la regla de la mano derecha

Momento Angular. Rodadura

13 Luego el torque debido al peso de la barra es:



180 60



7 5 80 9 8

 



180 60



5092 23

      

 

Mg Mg

Mg

AC Mg sin º º , , sin º º , Nm

La dirección y sentido a partir de la regla de la mano derecha.

5092 23

_Mg   , ˆk Nm

r



Cálculo del Torque de la fuerza T1



r



En este caso podemos calcular el torque de T1 a partir de:

1

Mg

r F sin

AB T sin

 





  





La magnitud de la fuerza T1, se obtiene a partir del bloque, pues T1 es una fuerza externa que actúa sobre el bloque, entonces para el bloque el Diagrama de cuerpo libre es:

T1

mg

Aplicando Segunda Ley de Newton:

 

0

1

0

1

1

360 9 8

1

3528

Fy

T

mg

T

mg

T

,

T

N





















Luego el torque debido tensión T1 es:









1 1

180

60

1

15 3528

180

60

1

45830 06

 

_T

AC T sin

º



º

  

_T

sin

º



º

  

_T

,

Nm

r



La dirección y sentido a partir de la regla de la mano derecha.

1 45830 06

  _T , ˆk Nm

Sustituyendo los valores de cada torque en la ecuación 1, se tiene:

2 1

0

5 2

5092 06

45830 06

0

5092 06

45830 06

2

2

10184 46

5

  

  























T Mg T

T

,

,

,

,

T

T

,

N

3. La fuerza horizontal ejercida por la pared sobre la barra en (N) es

De la condición de equilibrio en la traslación tenemos:



F

_ext



0



La fuerza que vamos a calcular es la reacción de la pared en dirección de x

 

A

_x , por lo tanto la condición de equilibrio en la traslación la vamos a particularizar con respecto al eje x:

0

X

ext

F







30º

60º





2

0

2

60

0

10184 46

60

5092 23

















x

Ax T

Ax T cos

Ax

,

cos

Ax

,

N

Con esta ecuación obtenemos el módulo del Torque de la fuerza Mg

Se obtuvo a partir de la regla de la mano derecha Se obtuvo a partir de la

Momento Angular. Rodadura

E

E

J

J

E

E

R

R

C

C

I

I

C

C

I

I

O

O

S

S

P

P

R

R

O

O

P

P

U

U

E

E

S

S

T

T

O

O

S

S

PROBLEMA 1 Considere un cilindro sólido de masa M y radio R, que

rueda sin deslizar hacia abajo por un plano inclinado  de longitud L. inicialmente el cilindro se encuentra en reposo a una altura H del plano horizontal, como se muestra en la figura.

1. Entonces, la rapidez angular () del cilindro cuando llega al final del plano inclinado, es igual a:



A

B

H

a)

MgH

MR I

b)

2

2MgH

MR I

c)

2

gH

MR I

d)

2 2 gH MR I

e) Ninguna de las anteriores

2. Y el módulo de la aceleración del centro masa del cilindro al final del plano inclinado, es igual a:

a)

2

MgH

MR I

b)

Mgsen MR I





c)

2

Mgsen M I R





d)

MgH MR I R

e) Ninguna de las anteriores

3. Si _{M3kg; R 0 5, m; H5m; 30}0 _{y g9 8, m s}2. Entonces el módulo de la aceleración angular (en

rad s

2 )

cuando el cilindro llega al final del plano inclinado, será:

4. Con respecto a la pregunta anterior, la fuerza de roce mínima para que el cilindro ruede (en N), es:

PROBLEMA 2 Un disco de masa

65kg

y radio

r



1

m

, rueda

una distancia de

AB



5

m

sin deslizar por un plano inclinado

rugoso de 0

30

de inclinación respecto a la horizontal. El disco

llega a una superficie horizontal lisa y seguidamente llega a otra superficie inclinada

45

0 con respecto a la horizontal, tal y como se muestra en la figura. Los coeficientes de roce entre las superficies inclinadas y el disco son idénticos.

A

B C

D

0

30 450

5m

A

B C

D

0

30 450

5m

Determinar:

1. La velocidad angular del disco cuando llega a la superficie horizontal (en rad/s) será: 2. La distancia que asciende el disco por el plano inclinado de 450 _{(en m) es:}

3. El coeficiente de roce entre las superficies y el disco es:

4. Si en lugar de un disco se lanza un aro de igual masa e igual radio, y desde la misma altura, entonces con respecto a las velocidades angulares de ambos al final del plano AB (punto B), se puede afirmar:

a)



_aro

 

_disco

b)



_aro

 

_disco

c)

_aro  _disco

d) No se puede saber

PROBLEMA 3 Un cilindro de masa M, radio R y momento de

inercia

I

_CM se encuentra inicialmente en reposo a una altura h del plano horizontal, luego desciende por un plano inclinado que forma un ángulo



, como se muestra en la figura. El cilindro rueda por el plano sin resbalar.

Datos: M 7kg; R 0,5m; h 2,8m;



45 ; g 9,8m s0  2



h

R

M



h

Momento Angular. Rodadura

15 Determinar:

1. La aceleración del centro de masa del cilindro al final del plano inclinado es (en

m s

2 ) 2. La velocidad del centro de masa del cilindro al final del plano inclinado es (en

m s

) 3. La energía cinética total al final del plano inclinado es (en J)

4. Si en cambio, el cilindro sube por el mismo plano inclinado hasta la altura

h 2,8m



y comparamos los resultados del descenso con el ascenso, podemos afirmar que los módulos de la aceleración del centro de masa y la aceleración angular:

a) Ambas disminuyen b)

a

_CM disminuye y



aumenta c)

a

_CM aumenta y



disminuye d) No cambia 5. Si desde una altura

h 2,8m



se sueltan simultáneamente tres cuerpos rígidos (un cilindro, un aro y una esfera

hueca) todos de igual radio e igual masa, entonces se puede afirmar que llega primero al final del plano inclinado: a) El cilindro b) El aro c) La esfera hueca d) Todos llegan igual

PROBLEMA 4 Dos bloques de masas m1 y m2, se deslizan por dos

planos inclinados lisos. El bloque m1 esta conectado a una cuerda enrollada a una polea de masa m y radio r. El bloque de masa m2 esta conectado a una cuerda enrollada a una polea de masa M y radio R.

Utilice 2

9,8

g



m s

.

Las masas de los bloques son: m₁8kg; m₂ 3kg Los momentos de inercia de las poleas son:

2 2

M m

I 0,625kgm ; I 0,135kgm Los radios de las poleas son: R 0,5m; r 0,3m 

2

m

1

m

0

1

37





0

2

30





r

R

1. El torque externo neto aplicado al sistemas (bloques – poleas) en (Nm) será: 2. El módulo de la aceleración de la masa m2 (en m/s2) es:

3. Si el sistema (bloques – poleas) parte del reposo. El momento cinético (en _{kgm s}2 ) respecto al eje de las poleas a

los cinco segundos (t5 )s es:

4. Y la energía cinética (en J) del bloque m1 en el instante t5s (en J) es:

5. Con respecto a la pregunta anterior el numero de vueltas de las poleas a los cinco segundos _{(t5 )s} de estar en movimiento, será:

PROBLEMA 5 Una carga de m1 cuelga de una cuerda enrollada en el cilindro

grande de una polea, y un contrapeso de masa m2 cuelga de otra cuerda enrollada del cilindro pequeño de la misma polea (tal y como se muestra en la figura). El sistema se libera desde el reposo.

Para el sistema formado por la polea, cuerdas, m1 y m2 , determinar que:

1. El torque externo aplicado sobre el sistema es:

1 m 2

m

Datos:

2

1

2

2

1

2

Ip 2,7 kgm R 0,5 m R 0,25m g 9,8 m / s m 20 kg m 30 kg

   

 

a)

dL

dt



b)

M gR

_{2 2} c)

dp

dt



d)

M gR

_{1 1} e) Ninguna de las anteriores 2. El contrapeso (m2) experimenta una aceleración de:

Momento Angular. Rodadura

Si en el instante de tiempo t = 6s. se rompe la cuerda que sujeta a m1, entonces a partir de ese instante:

4. Se puede afirmar que: a) m1 comienza a

frenar

b) m1 se mueve con velocidad constante

c) La polea se mueve con velocidad angular constante

d) m2 comienza a frenar

e) Ninguna de las anteriores

5. Y dos segundos después de romperse la cuerda se puede afirmar que:

a)

dL

dt



permanece

constante

b)







_ext disminuye _c)

_L



_{sist permanece} constante