Semana 16 DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad)

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO Semana 16 1. SISTEMA MECÁNICO. Se llama sistema mecánico de puntos materiales o de cuerpos, a un sistema complejo en el cual la posición o el movimiento de cada punto material (o de cada cuerpo) depende de la posición y del movimiento de todos los demás. m1 m2 F12 F21 Consideraremos también a un cuerpo material como un sistema de partículas (puntos) materiales que forman este F31 SISTEMA DE PARTÍCULAS cuerpo. Un ejemplo clásico de un sistema mecánico es el sistema solar, en el cual todos los cuerpos están ligados entre sí por las fuerzas de atracción mutua. Como F13 ejemplo de sistema mecánico también puede servir cualquier maquina o m3 mecanismo, en el cual tos los cuerpos estén ligados por charnelas, barras, cables, correas, etc. (es decir, por ligaduras geométricas diferentes). En este caso, los cuerpos del sistema están sometidos a la acción de las fuerzas de presión o de tensión que se transmiten por intermedio de las ligaduras. 2. FUERZAS EXTERNAS Y FUERZAS INTERNAS. Las fuerzas que actúan sobre puntos materiales o cuerpos de un sistema pueden ser divididas en externas e internas. Se llaman fuerzas externas las fuerzas que actúan sobre puntos materiales del sistema por parte de otros puntos materiales o cuerpos fuera del sistema. Se llaman fuerzas internas las m1 m2 F12 F21 fuerzas que actúan sobre los puntos materiales del sistema por parte de otros puntos materiales que pertenecen a mismo e sistema. Designaremos por F a las fuerzas d i externas y F a las fuerzas internas. Las TORQUE NULO fuerzas internas poseen las propiedades O siguientes:

1 La suma de fuerzas de un sistema es nula. En virtud a la tercera ley de la Dinámica, dos i

i

puntos materiales cualesquiera de un sistema actúan uno sobre el otro con fuerzas F12 y F21 iguales en módulo y sentidos opuestos, cuya suma es nula. Como para cada par de puntos del sistema se tiene un mismo resultado, tendremos:

F

i pq

0

 2 La suma de momentos de todas las fuerzas internas respecto de un centro o eje cualesquiera es nula.



i o

 0 , Para cada par de fuerzas internas se cumple que: F12i .d  F21i .d  0

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) La fuerzas internas no realizan trabajo cuando el sistema corresponde a un cuerpo rígido. En el caso que el sistema pertenezca a un cuerpo elástico la distancia entre dos puntos materiales es variable, entonces estas fuerzas internas realizan trabajo mecánico. 3. MASA DE UN SISTEMA. El movimiento de un sistema depende no solamente de las fuerzas externas e internas, sino también de su masa total y de la distribución de masas. La masa de un sistema es igual a la suma aritmética de las masas de todos los puntos materiales o de todos los cuerpos que componen el sistema. M 

m

k

En un campo de gravedad homogéneo, para el cual el valor es constante

g  cons tan te , el peso

de cualquier partícula será proporcional a la masa.

4. CENTRO DE MASA. La distribución de masas de un cuerpo se juzga por la posición de su centro de gravedad. Transformemos las fórmulas que determinan el centro de gravedad, en uno que contenga la masa. Pk  mk .g y P  M .g

xc 

p x

k k



m x

k k

,

yc 

p

k

yk



m y k

k

, zc 

p z

k k



m z

k k

P M P M M El punto geométrico C   xc ; yc ; zc  se llama centro de masa o centro de inercia de un

P

sistema mecánico. Se define la posición del centro de inercia C por el radio vector rC cuyas coordenadas se obtiene con la siguiente ecuación: rC 

 m .r k

k

M

Cuando un cuerpo se encuentra dentro de un campo de gravedad homogéneo, la posición del centro de inercia coincide con la posición de del centro de gravedad, estas nociones no son idénticas. La noción de centro de gravedad, como punto por el cual pasa la línea de acción de la resultante de las fuerzas de gravedad, en realidad tiene sentido solamente para un cuerpo solido que se encuentra en un campo de gravedad homogéneo. La noción de centro de inercia, que caracteriza la distribución de masas dentro del sistema, tiene sentido para cualquier de puntos materiales o cuerpo materiales, además esta noción conserva su sentido independiente del hecho de que este sistema esté sometido a la acción de fuerza o no. 5. CONCEPTO DE CUERPO RÍGIDO. Un cuerpo rígido tiene forma y volumen constante, tal que al aplicarle fuerzas Fi externas la distancia entre dos puntos interiores no cambia. Vamos a estudiar las causas de la rotación de i A Ri un cuerpo sólido y rígido. Es evidente que para cada mi partícula de las cuales está hecho el cuerpo, podemos aplicar las leyes para la dinámica de Sir Isaac ROTACIÓN DEL CUERPO RÍGIDO Newton.


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 6. LEY DE ACELERACIÓN PARA LA ROTACIÓN. Supondremos que un cuerpo rígido puede girar con respecto de un punto o eje de rotación por acción de un conjunto de fuerzas. La segunda ley de Newton Fi.Seni aplicada a una partícula de Fi masa mi , la fuerza tangencial a la trayectoria circunferencia: Fi .Seni  mi .ai …(1) i A Ri Siendo la aceleración tangencial a i , relacionando mi con el movimiento circunferencial uniformemente acelerado, la aceleración es: ai   .Ri donde  es la TORQUE RESPECTO DEL CENTRO DE GIRO “A” aceleración angular constante común a todas las partículas que componen el cuerpo rígido. Reemplazando en (1):

Fi .Seni  mi . .Ri …(2)

Multiplicamos ambos miembros por Ri tenemos;

Fi .Ri .Seni  mi ..Ri2 …(3) Reconociendo el Torque aplicado al cuerpo rígido respecto del punto A.  i  Fi .Ri .Seni …(4) Combinado las ecuaciones (3) y (4) tenemos que:

 i  mi . .Ri2 Haciendo la sumatoria para todas las partículas que conforman el cuerpo rígido:

 i

i

  . mi .Ri2 i

La aceleracion angular  es igual para todas las partículas. Llamaremos  0 es el momento total de las fuerzas respecto del punto A.

 0   i i

El momento de inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A:

I   mi .Ri2 i

Finalmente la relación entre el toque y la aceleración angular es:  0  I . o de la forma vectorial  0  I .

Comparando con la ley de aceleración entre la fuerza y la aceleración tangencial: FR  m.a


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 7. MOMENTO DE INERCIA. La posición del centro de masa no caracteriza completamente la distribución de las masas del sistema. Por ejemplo (figura Z 3), si la distancia R del eje Oz a cada una de las bolas iguales R A y B aumenta en una misma R magnitud, la posición del centro de masa del sistema no D C A B variará, pero la distribución de masas será diferente, lo que influirá sobre el movimiento O del sistema (teniendo todas las demás condiciones iguales, la Y rotación alrededor del eje Oz X CENTRO DE MASA. Figura 3 será más lenta). Por eso, en la Mecánica se introduce una característica más de la distribución de masa que es el momento de inercia. Se llama momento de inercia de un cuerpo (sistema) respecto de un eje dado Oz (momento axial de inercia) una magnitud escalar igual a la suma de todos los productos de las masas de todos los puntos del cuerpo (sistema) por los cuadrados de las distancias a este eje.

I Z   mi .Ri2 i

El momento de inercia de un cuerpo (o de un sistema) respecto de cualquier eje es de una cantidad positiva y no equivale a cero. El momento axial de inercia, durante el movimiento de rotación del cuerpo, desempeña el mismo papel que la masa durante el movimiento de traslación. Es decir, que el momento axial de inercia es la medida de la inercia del cuerpo durante el movimiento de rotación.

Z x

B X

A dx

L BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az

8. RADIO DE INERCIA. Para calcular los momentos los momentos axiales de inercia, las distancias de los puntos a los ejes pueden expresarse por medio de las coordenadas xi , yi , zi de estos puntos, por ejemplo, el cuadrado de las distancias al eje Ox será

y

2 i

 zi2  . Entonces, los

Z

R

momentos de inercia respecto de los ejes Oxyz se determinan con las formulas:

dm

I x   mi  yi2  zi2  , I y   mi  zi2  xi2  ,

C X ANILLO DELGADO QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Cz


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) I z   mi  xi2  yi2  Durante los cálculos, se utiliza frecuentemente la noción de radio de inercia. Se llama radio de inercia de un cuerpo respecto del eje Oz a la magnitud lineal in que se determina por la igualdad: I z  M .in donde M es la masa del cuerpo. De la definición se deduce que el radio de inercia es geométricamente igual a la distancia desde el eje Oz hasta el punto en el que hace falta concentrar la masa de todo el cuerpo para que el momento de inercia de este punto aislado sea igual al momento de inercia de todo el cuerpo. Conociendo ele radio de inercia, se puede hallar el momento de inercia del cuerpo o viceversa. El “momento de Inercia”, es la oposición al cambio de la velocidad angular. El momento de inercia se mide en “kilogramo por metro cuadrado”. En mecánica decimos que la Inercia es la oposición al cambio de la velocidad. La medida cuantitativa de la Inercia es la masa (en kilogramos). La Inercia es la propiedad intrínseca de la materia. 2

9. CÁLCULO DEL MOMENTO DE INERCIA. La inercia es una cualidad de la materia, y el momento de la inercia es el aspecto cuantitativo de la inercia de rotación. El momento de inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A es:

I A   mi .Ri2 i

Un mismo cuerpo rígido tiene diferentes momentos de inercia, es decir es relativo, depende del eje de rotación. (1) Para masas discontinuas. Se calcula el momento de inercia en forma individual.

Ii  mi .Ri2 El momento de inercia total es la suma de todos estos momentos de inercia individuales.

I   mi .Ri2 i

(2) Para masas continuas. Consideremos que la masa está distribuida en forma continua en cierto volumen. Veamos algunos ejemplos:

1. Una barra delgada de longitud L y de masa M. Calculemos el momento de inercia con respecto al eje Az dirigido perpendicularmente a la barra en el extremo A. Dibujamos el eje coordenado Ax a lo largo de la barra AB. Consideramos una barra de masa M y longitud L. La densidad lineal de masa es

M dm Entonces, para un segmento  L dx elemental cualquiera de longitud dx el diferencial de masa es dm   .dx



El momento de inercia de la barra AB respecto del Az que pasa por el extremo A es: L

Z* Z d B A C

L

I A   x .dm . x 2 .dx simplificando:

L

2

O

BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az

O


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) I A  .

L3 1  M .L2 3 3

Y

 2. Anillo circular delgado y homogéneo de radio R y de masa M. Hallemos el momento de inercia respecto del eje Cz dirigido perpendicularmente al plano del anillo y que pasa por su centro. Como todos los puntos del anillo se encuentran a la misma distancia R del eje Cz, se tiene la siguiente ecuación:

a D

b

A

B

X

PLACA RECTANGULAR QUE GIRA

I   mi .Ri2 donde la distancia Ri es i

constante.

I  R 2 . mi donde la sumatoria de masas es i

igual a la masa total del anillo delgado; mi  M finalmente el momento de inercia



r C

i

dr

del anillo respecto del eje Cz es;

IC  M .R2

3. Placa circular homogéneo de radio R y

R

de masa M. Calcularemos el momento de inercia de una placa circular respecto del eje Cz perpendicular a la placa y que pasa por su centro. Para eso, separemos un anillo elemental de radio “r” y de anchura dr . El área de este anillo es igual a 2 .r.dr y la masa dm   2 .r.dr   donde la densidad

CIRCULO QUE GIRA RESPECTO DEL Cz

Z R

M dm superficial de masa es   y el   R2 dS diferencial de superficie es dS  2 .r.dr . El momento de inercia para el anillo elemental es;

dIC  r 2 .dm  2 ..r 3dr Y para toda la palca circular: R

1 IC  2 .. r 3 dr   R 4 2 0

C CILINDRO QUE GIRA Cz

Sustituyendo el valor de la densidad superficial tenemos;


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) IC 

1 M R2 2

Es evidente que se obtendrá la misma fórmula para el momento de inercia I z 

1 M R 2 de un 2

cilindro circular homogéneo de masa M y de radio R respecto de su eje Cz.

 4. Placa Rectangular. Omitiendo los cálculos intermediarios damos las fórmulas que determinan los momentos de inercia de los cuerpos. Una placa rectangular homogénea de masa M y de lados AB = a y BD = b (el eje “x” está dirigido a lo largo del lado AB; el eje “y”, a los largo del lado BD.

1 I X  M b2 3

y

1 IY  M a 2 3

5. Cono. Un cono recto y continúo de masa M y radio de base R (el eje “z” está dirigido a lo largo del eje del cono):

IZ 

3 M R2 10

6. Esfera. Una esfera de masa M y radio R (el eje “z” está dirigido a lo largo del diámetro): 2 I Z  M R2 5 Los momentos de inercia de cuerpos no homogéneos y de cuerpos de perfiles complicados pueden ser determinados experimentalmente con ayuda de instrumentos correspondientes. 10. TEOREMA DE HUYGENS. MOMENTOS DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO RESPECTO DE EJES PARALELOS. Cristian Huygens (1629-1695) científico holandés, mecánico, físico y astrónomo. Inventó el primer reloj de péndulo. Estudió las oscilaciones del péndulo físico e introdujo la noción de momento de inercia de un cuerpo. EJES PARALELOS

“El momento de inercia de un cuerpo respecto del eje dado es igual al momento de inercia de un eje paralelo al primero y que pasa por el centro de masas (C) del cuerpo, sumado al producto de la masa de todo el cuerpo por el cuadrado de la distancia entre los ejes.

Z Z*

M C

IOZ  ICZ *  M .d 2 De la formula anterior deducimos que

I OZ  I CZ *

O

Por consiguiente, si tomamos todos los ejes en la misma dirección, el momento de inercia mínimo será respecto del eje que pasa por el centro de masas C. Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

d

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) PROBLEMA 01. Determinar el momento de inercia de una barra delgada de masa M y *

longitud L, respecto del eje CZ perpendicular a la barra y que pasa por su centro de masas C. RESOLUCIÓN Tracemos por el extremo A de la barra un eje AZ y por el centro de masas un eje paralelo AZ * , entonces la fórmula tiene la siguiente forma:

I AZ  ICZ *  M .d 2 L 1 2 En este caso d  , donde: I AZ  M .L 2 3 Entonces el momento de inercia respecto del centro de masa C, es: I CZ *  I AZ  M .d reemplazando tenemos que: I CZ * 

I CZ * 

2

1 2 1 ML  M .L2 3 4

1 M .L2 12

PROBLEMA 02. Determinar el momento de inercia de un cilindro de masa M y radio de base R, respecto del eje AZ que para por su generatriz. RESOLUCIÓN Tracemos por el centro de masas C un eje paralelo AZ * y por la generatriz un eje AZ y escribimos la ecuación:

I AZ  ICZ *  M .d 2 En este caso d  R , donde: I CZ * 

1 M R2 2

C

A

1 M .R 2  M .R 2 2

Es importante señalar que la rueda de una bicicleta o la llanta de un automóvil gira sin deslizar sobre una pista, en este caso el eje de rotación es tangente a la pista.

I AZ 

Z

-

d

R

Reemplazando estos valores en el teorema de Huygens obtendremos:

I AZ 

Z

CILINDRO QUE GIRA Cz

3 M .R 2 2

11. TRABAJO DE ROTACIÓN. Calculemos la cantidad de trabajo elemental que hace la fuerza externa F aplicada a la partícula A de un cuerpo, cuando éste gira un ángulo de medida  . La distancia que recorre la componente tangencial es S , se puede confundir con un elemento de recta situado sobre la tangente. La cantidad de trabajo elemental es:

U  F.Sen .S U  F .Sen .R.

Pero el torque se define como:  0  F .Sen .R Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Relacionado tenemos que: U   0 . Esta relación también valida si tenemos varios torques debido a un conjunto de fuerzas externas:

F.Sen

U   0 . y la forma diferencial es

F



U    0 .d 0

Si la fuerza es tangente al disco de radio R y de módulo constante, se cumple que la cantidad de trabajo es igual al producto del torque por el ángulo que gira:

O

S

 R

 A

TRABAJO DE ROTACIÓN

U   0 .

12. TEOREMA DE LA ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN. La cantidad de trabajo neto hecho por todas las fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un punto, es igual a la variación de la energía cinética de rotación:

U ANETO  B  EC  en B   EC  en A 1 1 FRES .R  I O .B2  I O . A2 2 2

13. POTENCIA DE ROTACIÓN. La potencia se define como la rapidez con que se realiza trabajo. La potencia desarrollada por la fuerza será:

P

W   0.   0 . t t

la cantidad de potencia realizada por la fuerza se mide en watt o watts (abreviado W). 14. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN. La energía cinética de un cuerpo rígido es la suma de las energías cinéticas de todas las partículas, por tanto:

1 EC   mi .vi2 2 pero para un cuerpo que gira la velocidad tangencial en función de la velocidad angular es:

vi  .ri

Reemplazando en la ecuación anterior tenemos que: EC 

1

 2m . i

2

.ri 2

1 2  . mi .ri 2 2 2 El momento de inercia de un cuerpo rígido que gira es: I   mi .ri Pero la velocidad angular es constante: EC 

Finalmente la energía de rotación es:

1 EC  .I . 2 2


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 15. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN Y TRASLACIÓN COMBINADAS. Cuando un disco, cilindro, aro u otro cuerpo solido semejante experimenta traslación y rotación sin deslizamiento, la energía cinética tiene dos componentes, la energía cinética de traslación del centro de masa y la energía cinética de rotación respecto de del centro de masa C. 

1 1 ECINETICA  .m.v 2  .I C . 2 2 2 Analicemos la traslación pura sin rotación de una rueda, en este caso todos los puntos del cuerpo rígido tienen la misma velocidad respecto de la tierra.

ETRASLACION

V

C

B

A ENERGÍA CINÉTICA TOTAL

1  .m.v 2 2

Ahora analicemos la rotación pura de una rueda, el centro de rotación “C” no tiene velocidad de traslación, pero todos los puntos del cuerpo rígido tiene igual velocidad angular y los puntos periféricos tienen movimiento circunferencial uniforme.

1 EROTACION  .I C . 2 2 Otra forma, si analizamos el movimiento de rotación y traslación respecto de la línea tangente AB, el momento de inercia se toma respecto de la línea AB. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano es

1 ECINETICA  . I AB  . 2 2 donde el momento de inercia es

I AB  IC  M .d 2 reemplazando I AB  IC  M .R2 1 1 1 ECINETICA  . I C  M .R 2  . 2 reemplazando ECINETICA  . I C  .C2  . M  .vC2 2 2 2

 

16. MOMENTUM ANGULAR L . Se define momentum angular o momento angular de una partícula de masa mi y velocidad v i con respecto a un punto O, a la cantidad definida como el producto vectorial de la posición ri por la cantidad

MOMENTUM ANGULAR

L



de movimiento pi .

Li  ri  pi

r

el módulo del momentum angular es:

Li  ri . pi .Sen i  pero pi  mi .vi entonces la

A

V

ecuación es:


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Li  ri .mi .vi .Sen i  Si se tiene varias partículas, el momentum angular total será la suma vectorial de los momentum angulares individuales.

L   Li

En el caso de un cuerpo rígido, la velocidad v i es siempre perpendicular a la posición ri , por tanto: Li  ri .mi .vi además sabemos que vi  .ri entonces la ecuación es:

Li  .mi .ri 2 vectorialmente Li se encuentra en la dirección del eje de rotación.

.m .r     m .r  Identificando el momento de inercia: I   m .r Y el momentum angular total es: L 

2

i

2

i

i

i

2

i

i

El momentum angular es: L  I . . Analogía con el momentum lineal: p  m.v 17. PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DEL MOMENTUM ANGULAR. De la segunda ley de Newton o ley de aceleración angular se deduce que:

    se puede expresar como:  0 .t  I .    I .   t 

 0  I .  I .   0 .t   L

El impulso angular J es una cantidad física vectorial que se define como el producto del torque resultante  0 por el intervalo de tiempo t .

J   0 .t El impulso angular ejercido sobre un cuerpo, es igual a la variación del momentum angular:

J   0 .t   L Si el torque resultante es cero entonces no hay variación del momentum angular: Si  0  0 entonces  L  0

LINICIAL  LFINAL *Esta ley es válida aun cuando el momento de Inercia I es variable.

A

g R

PROBLEMA 03. ¿Qué velocidad lineal tendrá un cascaron esférico de masa M y radio R, que se mueve sobre un plano inclinado si partió del reposo y va hacia abajo, siendo H la altura que descendió la esfera desde el punto de partida? El momento de inercia del cascaron esférico respecto de su centro geométrico C es I C 

2 M .R2 3

 H

V



B

Para el problema 03


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) RESOLUCIÓN Como el cascaron rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial es cero v A  0 y también la energía cinética inicial es nula. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es

1 ECINETICA  . I AB  . 2 donde el momento de inercia es 2 I AB  IC  M .d 2 reemplazando I AB  IC  M .R2 1 1 1 ECINETICA  . I C  M .R 2  . 2 reemplazando ECINETICA  . I C  . 2  . M  .v 2 2 2 2 Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero hB  0 por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula. La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B. La energía mecánica en el punto inicial A es igual a la energía mecánica final en B:

EM (en A)  EM (en B ) ECIN (en A)  EP (en A)  ECIN (en B )  EP (en B ) 1 1 1 1 m.v A2  I C . A2  m.g .hA  m.vB2  I C .B2  m.g .hB 2 2 2 2

Reemplazando tenemos que:

1 1 m.vB2  I C .B2  0 2 2 1 12  M .g.H  M . 2 .R 2   M .R 2  . 2 2 2 3  5 5 M .g.H  M . 2 .R 2  M .v 2 6 6

0  0  m.g .H 

Despejando tenemos que el valor de la velocidad en el punto B es: vB 

A

6 g .H 5

Podemos señalar que, si es cascarón se reemplaza por un bloque cúbico del mismo tamaño en masa y se desplaza libre de rozamiento la rapidez en B sería:

L

vB  2 g.H

 mg

PROBLEMA 04. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por el punto “O”. Parte del reposo en la posición vertical en A como indica la figura. Calcular la velocidad angular de la varilla en el instante

B O

V Para el problema 04


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) que pasa por su posición horizontal en B. El momento de inercia de la barra respecto de su extremo “O” es I O 

1 M .L2 3

RESOLUCIÓN Recuerde que el trabajo en rotación viene dado por: 

U    0 .d donde  0 es el momento 0

resultante del sistema de fuerzas que actúa sobre el cuerpo rígido respecto al eje de rotación.  0  m.g .d el torque lo produce la fuerza de gravedad (mg) por el brazo de momento

L.Sen 2   L.Sen U   m.g.   2 0

Para la resolución 04

(d): d 

L/2

  .d desarrollando 

tenemos que:

mg



B

O

90º

m.g.L . Sen .d integrando 2 0 m.g .L 90º tenemos que U   Cos 0º 2 m.g .L U 2 U

V d

Aplicamos el Teorema del trabajo neto o total. La cantidad de trabajo neto hecho por todas las fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un punto, es igual a la variación de la energía cinética de rotación:

U ANETO  B  EC  en B   EC  en A m.g .L 1 1  I O .B2  I O . A2 2 2 2

Es importante señalar que el momento de inercia I O de la varilla es respecto del extremo “O”. La velocidad angular en A es nula  A  0 , entonces la ecuación se reduce a:

m.g .L 1 M .g.L 1  1   I O . B2  0 remplazando   M .L2  .B2 2 2 2 23  3.g resolviendo la ecuación tenemos que: B  y el módulo de la velocidad lineal del L punto B es: vB  3g.L PROBLEMA 05. Un disco de 20 kg y 0,3 m de radio gira sin fricción en torno a su eje accionado por una fuerza F = 20 N tangente al disco. Calcular la aceleración tangencial de los puntos periféricos del disco. El momento de inercia del disco de masa M y radio R respecto de Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) su centro “O” es I O 

1 M R2 2

RESOLUCIÓN Aplicamos la ley de aceleración para un cuerpo rígido que gira respecto de un punto “O”. El torque resultante es igual al producto del momento de Inercia por la aceleración angular:

M

 O  I .

F

El valor del torque es igual al producto de la fuerza por el radio del disco.  O  F .R Reemplazando en la ecuación

O R

1  M .R 2  . 2 

anterior tenemos que: F .R  

A

2F reemplazando los datos: Para el problema 05 M .R 20 2  s 3 2 La aceleración tangencial es, aT   .R reemplazando datos tenemos que: aT  2 m.s



PROBLEMA 06: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque A y B de masas 7 kg y 3 kg respectivamente. La masa de la polea cilíndrica es 4 kg. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  la polea.

2

1 M .R 2 , donde R es el radio de 2

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

(g = 10 m/s )

 T2 T1 T2 T1 a

B B A 30 N A Resolución Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

a 70 N Página 14

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   .R

b) Ley de la aceleración angular:    I C .

T1  T2  .R  

1 a 1  M .R 2  .  reduciendo  T1  T2    M . .a 2   R 2  reemplazando el valor de la masa: T1  T2  2.a …(1) c) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

F Bloque B:  F Bloque A:

y

 mA .a  70  T1   7  .a

… (2)

y

 mB .a  T2  30   3 .a

… (3)

Adicionando loas ecuaciones (2) y (3):

T2  T1  70  30  10 .a

reduciendo

resolviendo las ecuaciones (1) y (4)

a

T2  T1  10a  40 …(4)

10 m.s 2 3

Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 3,333 m/s2. PROBLEMA 07: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque A masas 5 kg. La masa de la polea cilíndrica es 2,5 kg. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  R es el radio de la polea.

(g = 10 m/s2)

1 M .R 2 , donde 2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

 R

T1 T1

A A a Resolución a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

50 N Página 15

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   .R   

a R


T1  .R  

1 a M .R 2  .  2   R

reduciendo

 T1   

T1  1,25.a  Fy  M .a

reemplazando el valor de la masa: c) Ley de aceleración rectilínea:

1  M . .a 2 

…(1)

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A es 5 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque A:

F

y

 mA .a  50  T1   5 .a

… (2)

Reemplazando (1) en (2):

50  1,25.a  5.a

resolviendo la ecuación

a  8 m.s 2

Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 8 m/s2. PROBLEMA 08: En el sistema mostrado, determine el módulo de la tensión en la cuerda vertical. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C 

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2) 2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

T g

O

c



O

ac

M.g

R

Resolución a) La aceleración rectilínea del centro de masa C de la polea se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   .R   

a R

b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la polea, es: Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 16

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O es nula.

c) Ley de la aceleración angular:   o  I o .

 M .g  .R  

2 3  a  M .R 2  . c  reduciendo ac  .g 3 2 R c) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

2   m.a c  M .g  T  M . .g  3  1 Resolviendo la ecuación T    M .g  3 Bloque A:

F

y

Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un tercio del peso del bloque. EJEMPLO 09: Un bloque se encuentra sobre un plano inclinado perfectamente liso. Determine el módulo de la aceleración del bloque sobre el plano inclinado. El bloque tiene masa m y la polea masa M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C 

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g: módulo de la aceleración de la gravedad) 2  M

a m

 Resolución a) La aceleración rectilínea “a” del bloque se relaciona con la aceleración angular “” de la polea respecto de su centro geométrico.

a   .R   

a R

b) Ley de la aceleración angular:    I C . Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 17


 T  .R  

1 a M .R 2  .  2   R

1 T    M .a  2

reduciendo

TORQUE

…(1)



b) Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. No hay movimiento en el eje Y, mientras que el bloque acelera en el eje X. Entonces aplicamos la segunda ley de Newton en el eje X.

F

y

0

y

F

x

m.g.Sen  T  m.a

T R

 m.ax …(2)


m.g.Sen 

M .a  m.a 2

resolviendo la ecuación:

a

g.Sen M   1   2m   a

N T y mg.Sen  mg.Cos x m.g 

Observación: Si el valor de la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración sobre el plano es g.Sen PROBLEMA 10: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloques de masas mA y mB. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  10 m/s2)

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 2


Página 18



 T2 T1 T2

B T1

B

a

A A Resolución a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   .R   

mB.g a

a R

mA.g


T1  T2  .R  

M .a 1 a M .R 2  .  reduciendo T1  T2  …(1) 2 2   R c) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

F Bloque B:  F Bloque A:

y

y

 mA .a  mA .g  T1   mA  .a

… (2)

 mB .a  T2  mB .g   mB  .a

… (3)

Adicionando loas ecuaciones (1), (2) y (3):

M  mA .g  mB .g   mA  mB   .a 2  

reduciendo

  mA  mB a M  mA  mB   2

   .g  

Observación: si la masa de la polea es despreciable, el módulo de la aceleración de los bloques

 mA  mB   .g  mA  mB 

es a  


Página 19

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) PROBLEMA 11: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque A de masa “m”. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C 

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2) 2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

M

R



T

T

A

m

A

Resolución a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   .R   

a m.g

a R


 T  .R  

1 a M .R 2  .  2   R

c) Ley de aceleración rectilínea:

reduciendo

T

M .a 2

…(1)

 Fy  M .a

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque A:

F

y

 m.a  m.g  T   m  .a

… (2)


m.g 

m.a  m.a 2


a

m.g M m 2

o la forma

a

g M   1  2.m 

Observación: si la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración del bloque es a  g


Página 20

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) PROBLEMA 12: En el sistema mostrado, determine el módulo de la tensión en la cuerda vertical. La masa de las poleas cilíndricas A y B es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  2

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. 2

A R

(g = 10 m/s ) Resolución a) La aceleración tangencial a1 de la polea A se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a1  1 .R  1 

 R

T Resolución 12. 1

M .a1 T 2

A

b) Ley de la

a1 R

g

aceleración angular:

 c  I c . 1 a T  .R   M .R 2  . 1  2   R 2T reduciendo a1  y la tensión es M

R

B

Problema 12

…(1)

c) Analizamos a la polea B. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la polea, es:

IO  IC  M .d 2 reemplazando 1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE (POLEA B)

T

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula.

c) Ley de la aceleración angular:

 o  I o .

 M .g  .R   reduciendo

3  a  M .R 2  . c  2 R 2 ac  .g 3

O

c



O

a1 ac+a1

M.g

c) Ley de aceleración rectilínea:

 Fy  M .a

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 21

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) en el eje vertical: Bloque A:

F

y

 m.a c

reemplazando tenemos que:



M .g  T  M . a polea



M .a1 2    M . a1  .g  2 3    2 Resolviendo la ecuación a1    g 9 M .a1 M2  Reemplazando en (1): T  tenemos T   g 2 2 9  1 T    M .g 9 M .g 

Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un noveno del peso de una de las poleas. PROBLEMA 13. ¿Qué energía cinética tendrá un cilindro macizo de masa M y radio R, que rueda sin deslizarse sobre un plano horizontal cuya velocidad del centro de masa es V? El momento de inercia del cilindro macizo respecto de su centro geométrico C es I C  RESOLUCIÓN Como el cilindro rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano horizontal es

1 ECINETICA  . I AB  . 2 2

1 M .R 2 2

 V C

donde el momento

de inercia es

A

I AB  IC  M .d reemplazando I AB  IC  M .R2 1 ECINETICA  . I C  M .R 2  . 2 2 1 1 ECINETICA  . I C  . 2  . M  .v 2 2 2 2

B ROTACIÓN Y TRASLACIÓN Para el problema 13

Reemplazando el valor del momento de inercia tenemos que:

1  M .R 2  2 1 2 ECINETICA  . .  . M .v 2 2  2 3 ECINETICA  .M .v 2 4 Observación: representa tres medios de la energía cinética de traslación, ECINETICA


3  M .v 2   .  2 2 

Página 22

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) PROBLEMA 14. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (Ver figura) No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. ¿Cuál es el valor de la aceleración del bloque? El momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es

1 2 IC  M .R 2 y el momento de inercia de la polea es I C  M .R 2 2 3

1

M1

R1

M2 R2

Para el problema 14

m Resolución a) La aceleración tangencial del cascaron esférico en la zona ecuatorial se relaciona con la aceleración angular de la misma esfera respecto de su centro geométrico.

a  1 .R1  1  b) Ley de la

a R1

1

M1

aceleración angular aplicada a

la esfera:  c  I c .1

2  a M1 .R12  .  reduciendo 3   R1   2 la tensión es T1    M 1 .a …(1)  3

T1  .R1  

c) La aceleración

R1

T1

a

ESFERA HUECA

tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma


Página 23

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) polea respecto de su centro geométrico.

d) Ley de la

2

T1

a a   2 .R2   2  R2

R2

aceleración angular aplicada a la polea:

 c  I c .1

POLEA

T2

1  a  M 2 .R22  .  2   R2 

T2  T1  .R2  

reduciendo

T2

T2  T1   

1  .M 2 .a …(2)  2

e) Ley de aceleración rectilínea:

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque A:

F

y

 m.a  m.g  T2   m  .a

a

BLOQUE

 Fy  m.a

m.g

… (3)

Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3):

1 2  m.g   M1  M 2  m  a 2 3  m.g a 1 2   M1  M 2  m  2 3 


Observación: la cuerda tiene aceleración rectilínea constante, por lo tanto la aceleración tangencial de la esfera, la aceleración tangencial de la polea y la aceleración del bloque es el mismo valor. PROBLEMA 15. El sistema de la figura consta de una polea formada por dos discos coaxiales soldados de masas M1 y M2 y radios R1 y R2 respectivamente  R1  R2  . Dos bloques A y B de masas MA y MB cuelgan del borde de cada disco atados a cuerdas diferentes. Calcular el valor de la aceleración angular de las poleas coaxiales. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es

1 I C  M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2) 2

B

A Para el problema 15


Página 24

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Resolución a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a1 R1 a2 Bloque B: a2   .R2    R2 b) Ley de la aceleración angular:    I C . Bloque A:

POLEA

a1   .R1   



R1

1 a  T1 .R1   M1 .R12  . 1  2   R1  M 1 .a1 reduciendo T1  …(1) 2 c) Ley de la aceleración angular:    I C .

R2

Polea menor:

1 a  T2 .R2    M 2 .R22  . 1  2   R2  M 2 .a2 reduciendo T2   …(2) 2

Polea mayor:

d) Ley de aceleración rectilínea:

T2 T1

 Fy  M .a

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que la masa de A baja y el bloque B sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque A:

F

y

 M A .a1  M A .g  T1   M A  .a1 …(3)

Bloque B:

F

y

 M B .a 2  T2  M B .g   M B  .a2 ….(4)

Adicionando loas ecuaciones (1), (2), (3) y (4):

M  M    M A .g  M B .g   M A  1  .a1   M B  2  .a2 2  2    M  M    M A .g  M B .g   M A  1  . .R1   M B  2  . .R2 2  2     M A  M B  .g reduciendo   M1  M2    M  .R  M  .R A 1 B   2  2  2

D.C.L. de los bloques A y B

T2

T1

a2 A

B

… (2)

a1 MA.g

… (3)

MB.g

Observación: si la masa de las poleas es despreciable, el módulo de la aceleración angular de


Página 25

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) las poleas es



 M A  M B  .g M A .R1  M B .R2

PROBLEMA 16. Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de 15 kg a otro cuerpo de 200 kg. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale 0.1, calcular. A) La aceleración de los cuerpos, B) Las tensiones de la cuerda El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  la polea.

(g = 10 m/s2)

1 M .R 2 , donde R es el radio de 2

a



A M

R

Para el problema 16

a

B

Resolución a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque A. La fuerza de reacción normal tiene el mismo valor que la fuerza de gravedad.

F

y

 0  FN  mA.g

mA.g

La fuerza de rozamiento cinético es directamente proporcional a la fuerza normal:

f cinetica  C .FN  C .mA .g

a

Aplicamos la ley de aceleración de traslación:

F

x

 mA.a  T1  C .mA.g  mA.a

…(1)

T1 A

b) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro geométrico. a   .R  c) Ley de la aceleración

 c  I c .1



a R

angular aplicada a la esfera:


.FN FN D.C.L. del bloque A.

Página 26


T2  T1  .R  

1 a M .R 2  .  2   R

T1

reduciendo la tensión es

T2  T1 

M .a 2

d) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  m.a

R

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque B. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque B:

F

y



M

…(2)

 m.a  mB .g  T2   mB  .a

T2

…

D.C.L (polea y bloque B)

T2

(3)


M  mB .g  C .mA .g   mA  mB  a 2  

a

a

B

resolviendo la ecuación tenemos que:

 mB  C .mA  g M   mA  mB   2  

MB.g

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, la aceleración de los bloques sería: a 

mB .g M   mA  mB   2  

a

M1 R1



M2

R2

Para el problema 17

a

m

PROBLEMA 17. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico es I C 

1 M .R 2 2

Resolución a) Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie horizontal, es:




T1

a

R1

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula. b) La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

aC

R1 O

a aC  1 .R1  1  C R1

Polea de radio R1

b) Ley de la aceleración angular: Respecto del punto “O”,  o  I o .1

3  a  M .R12  . c  2   R1 

T1  . 2.R1   

reduciendo T1



3  M 1 .aC  4

Analizando cinemáticamente, recordamos que

aC 

T1

a es decir la aceleración del bloque es el doble 2



M2

de la aceleración de traslación del cilindro de radio R1. La tensión en la cuerda es: T1  c) Ley de la aceleración

radio R2:



c

3 M 1 .a …(1) 8

 IC . 2

La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   2 .R2   2 

R2

angular aplicada a la polea de Polea de radio R2 y bloque.

T2

T2

a R2

a

1  a  M 2 .R22  .  2   R2 

T2  T1  .R2  


T2  T1 

M 2 .a 2

…(2)


m.g

Página 28

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) d) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  m.a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque:

F

y

 m.a  mB .g  T2  m.a

… (3)


1 3  m.g   M 1  M 2  m  a 2 8 

a


m.g 1 3  M  M 2  m 1  8 2 

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire. PROBLEMA 17. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra otro cilindro de radio R2 y masa M2. La cuerda no se desliza M R M1 respecto de la polea de radio R. M2 Determine el valor de la R1 aceleración de cada cilindro. El R2 momento de inercia de la polea y de cada cilindro respecto de su centro geométrico es Para el problema 17   1 2

IC 

2

M .R

Resolución a) La aceleración

tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro geométrico. a   .R 



a R

La aceleración del centro de masa de cada cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a  1 .R1  1  b) Ley de la

a R1

y

a   2 .R2   2 

a R2

aceleración angular aplicada a la polea de radio R:




c

 IC .

Página 29


T1  T2  .R  

1 a M 2 .R 2  .  2   R

 T1

T2

1

M



Resolución 17

M1.g.Sen

M .a 2

R


T1  T2 

c) Ley de la aceleración

angular aplicada al cilindro de R1:

2



M2.g.Sen

…(1)



c

 IO .1

Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie inclinada, es:

IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

3  a M1 .R12  .  2   R1 

 M1 .g.Sen  T1  .R1  

 3 M1 .g.Sen  T1    M 1 .a  2 d) Ley de la


…(2)

aceleración angular aplicada al cilindro de R2:



c

 IO . 2


1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2  a  3 T2  M 2 .g.Sen  .R2   M 2 .R22  .  reduciendo la tensión es 2   R2   3 T2  M 2 .g.Sen    M 2 .a …(3)  2

IO  IC  M .d 2

reemplazando

Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3): Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 30

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 3 1  3 M1 .g.Sen  M 2 .g.Sen   M1  M 2  M  a 2 2  2 resolviendo la ecuación tenemos que:

 M .Sen  M 2 .Sen  a  2.g. 1   3.M1  3.M 2  M  Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea y la aceleración del centro de masa de cada cilindro macizo tienen el mismo valor PROBLEMA 18. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y  masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la M R polea de radio R. Determine el M1 valor de la aceleración del R1 bloque. El momento de inercia M2 de la polea y del cilindro respecto de su centro geométrico es I C  Resolución a) La aceleración

1 M .R 2 2

Para el problema 18





tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma

polea respecto de su centro geométrico. a   .R 



a R

La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a  1 .R1  1 

a R1  T1

M1.g.Sen

T2

1

M



Resolución 18

R


a



M2.g.Sen

Página 31

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) b) Ley de la

aceleración angular aplicada a la polea de radio R:



c

 IC .

T1  T2  .R  

1 a M 2 .R 2  .  2   R


T1  T2 

M .a 2

…(1)

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R1:



c

 IO .1


IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

3  a M1 .R12  .  2   R1 

 M1 .g.Sen  T1  .R1  


 3 M1 .g.Sen  T1    M 1 .a …(2)  2 d) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje paralelo al plano inclinado:

F

/ / plano

 M 2 .a  T2  M 2 .g.Sen  M 2 .a

…(3)


2 1  3 M1 .g.Sen  M 2 .g.Sen   M1  M 2  M  a 2 2  2 resolviendo la ecuación tenemos que:

R

 M .Sen  M 2 .Sen  a  2.g. 1   3.M1  2.M 2  M  Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor. PROBLEMA 19. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar,

M1

M

R1 M2



Para el problema 19


Página 32

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la  cuerda se encuentra un bloque de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la polea R de radio R. Determine el T1 valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea y del cilindro respecto de su centro T2 geométrico es I C 

1 M .R 2 2



Resolución a) La aceleración

R1

tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro geométrico.

a   .R   

O

a

M1.g.Sen

M2.g

a R



Resolución 19

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R:



c

 IC .

T1  T2  .R  

1 a M 2 .R 2  .  2   R


T1  T2 

M .a 2

…(1)




c

 IO .1


IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

3  a M1 .R12  .  2   R1 

 M1 .g.Sen  T1  .R1  


 3 M1 .g.Sen  T1    M 1 .a …(2)  2 d) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

F

y

 M 2 .a  T2  M 2 .g  M 2 .a

…(3)



Página 33

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 2 1  3 M1 .g.Sen  M 2 .g   M 1  M 2  M  a 2 2  2 resolviendo la ecuación tenemos que:

 M1 .Sen  M 2  a  2.g.   3.M1  2.M 2  M  R

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor.

M

PROBLEMA 20. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea y del cilindro respecto de su centro geométrico es I C 

1 M .R 2 2

R1

M2

Para el problema 20



Resolución

a) La aceleración

tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro

 Resolución 20

geométrico. a   .R 

R T1



a R

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R: T2



c

 IC .

T1  T2  .R  

1 a M 2 .R 2  .  2   R

R1



M1


a

R1 O M1.g.Sen



M2.g

T1  T2 

M .a 2

…(1)




c

 IO .1

Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto


Página 34

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) O, tangente con la superficie inclinada, es:

IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

3  a M1 .g.Sen . R1   T1 . 2.R1    M1 .R12  .  2   R1   3 M1 .g.Sen  2.T1    M 1 .a …(2)  2 d) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a


Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

F

y

 M 2 .a  T2  M 2 .g  M 2 .a

…(3)


2 1  3 M1 .g.Sen  2.M 2 .g   M 1  M 2  M  a 1 1  2 resolviendo la ecuación tenemos que:

 M1 .Sen  2.M 2  a  2.g.   3.M1  4.M 2  2.M  Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor. PROBLEMA 21. Un

cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo  respecto de la horizontal. Calcular la tensión de la cuerda. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro geométrico 1 M 2 es I C  M .R

2

R Resolución a) La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular del mismo cilindro respecto de su centro geométrico. aC   .R 



aC R

b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie inclinada, es:

IO  IC  M .d 2

reemplazando

r Para el problema 21



1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2


Página 35

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) T



R r Resolución 21

O M.g.Sen



c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O del cilindro con el plano inclinado:



c

 IO .

 M .g.Sen  .R  T . R  r   

3  a  M .R 2  . C  2  R r   3  M .g.Sen  T . 1      .M .aC R  2 

reduciendo

El valor de la tensión en función de la aceleración es:

 3 M .g.Sen    .M .aC  2 T r 1 R cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo  respecto de la horizontal. Calcular la aceleración del bloque. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro

R1 M1

PROBLEMA 22. Un

1 2 geométrico es I C  M .R 2

M

R

M2 r



Para el problema 22

Resolución


Página 36

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) a) La aceleración

del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular del mismo cilindro respecto de su centro geométrico. aC   .R 



T1

aC R



b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie inclinada, es:

R


r O

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O del cilindro con el plano inclinado:



c

Resolución 22

M.g.Sen



 IO .

3  a  T1 . R  r    M .g.Sen  .R   M .R 2  . C  2  R  R   3  R  T1  M .g.Sen .     .M .aC .   R r   2  Rr La aceleración del bloque de masa M2 se relaciona con la aceleración del centro de masa del cilindro:

a a  R   C  aC    .a Rr R  Rr

R1

T1



M1

 R   3  R  T1  M .g.Sen .     .M .a.   R r   2  Rr

2

…(1) Resolución 22

T2

d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1 respecto del centro geométrico:



C

 I C .1

1  a M 2 .R12  .  2   R1 

T2  T1  .R1  

a

1 T2  T1    M 1 .a  2 e) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a reduciendo la tensión es

…(2)

M2.g

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque baja. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

F

y

 M 2 .a  M 2 .g  T2   M 2 .a

…(3)

Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3): Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 37

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 2   R  3  R  1 M 2 .g  M .g.Sen .   M .  M  M a  1 2  2  R  r   2  R  r  

Resolviendo la ecuación tenemos que:

  R  M  M .Sen  .  2  R  r   .g   a 2 3  R  1 M.  M1  M 2 2  R  r  2 Observación: Si los radios son iguales

R  r , entonces la aceleración del bloque sería:

1    M 2  M .Sen  .g 2  a 3 1 M  M1  M 2 8 2 cilindro de M masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio es “r”. En la ranura se enrolla una R cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado un ángulo  respecto de la horizontal. Calcular la aceleración del centro de masas, la tensión de la cuerda, la fuerza de  rozamiento. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro

R1

PROBLEMA 23. Un

geométrico es I C 

M1

r

M2 Para el problema 23

1 M .R 2 2 T1

Resolución a) La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular del mismo cilindro respecto de su

a centro geométrico. aC   .R    C R b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie inclinada, es:


R



r O

Resolución 23

M.g.Sen




Página 38

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O del cilindro con el plano inclinado:



c

 IO .

 M .g.Sen  .R  T1 . R  r    

3  a  M .R 2  . C  2  R  R  3  R  M .g.Sen .   T1    M .aC  .   Rr 2   Rr

La aceleración del bloque de masa M2 se relaciona con la aceleración del centro de masa del cilindro:

a a  R   C  aC    .a Rr R  Rr  R   3  R  M .g.Sen .   T1     .M .a.   Rr  2  Rr

2

d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R1 respecto del centro geométrico:



C



…(1)

 I C .1

1  a M1 .R12  .  2   R1 

R1

T1

M1

T1  T2  .R1  

1 reduciendo la tensión es T1  T2    M 1 .a  2 e) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  M .a

Resolución 23

T2

…(2)

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe que el bloque baja. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:

a

F

M2.g

y

 M 2 .a  T2  M 2 .g  M 2 .a

…(3)


 3  R 2 1   R  M .g.  M  M  a  .Sen  M 2 .g   M .  1 2  R  r 2 R  r 2       resolviendo la ecuación tenemos que:


Página 39

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad)   R    M .  R  r  Sen  M 2  .g    a  2 3  R  1 M.  M1  M 2 2  R  r  2 Observación: Si R  2.r la aceleración seria: a 

 2.M .Sen  M 2  .g 6.M 

1 M  M2 2 1

PROBLEMA 24. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R y masa M rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio “r” y masa despreciable. En el extremo inferior de la cuerda se

 a

M R

Para el problema 24

m

a

encuentra un bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio “r”. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico es I C 

1 M .R 2 2

Resolución a) Analizamos al cilindro de radio R. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la superficie horizontal, es:

IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M .R 2  M .R 2  M .R 2 2 2

Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O no es nula. b) La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

aC   .R   

aC R

b) Ley de la aceleración angular: Respecto del punto “O”,  o  I o .1 Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 40


T1  . 2.R   

3  a  M .R 2  . c  2 R

T1 



reduciendo

3  M .aC  4

R

Analizando cinemáticamente, recordamos que

a aC  es decir la aceleración del bloque es el 2

La tensión en la cuerda es: T1  c) Ley de la aceleración

O

3 M 1 .a …(1) 8

CILINDRO de radio R

angular aplicada a la polea de radio “r”:

La aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a   2 .r   2 

aC

R

doble de la aceleración de traslación del cilindro de radio R.



c

 IC . 2

T1

a r

1  a  M 2 .R22  .  2   R2 

R2 Polea de radio R2 y bloque.


M 2 .a 0 2



M2

T2  T1  .R2   T2  T1 

a

T1

…(2)

T2

Pero por condición del problema la masa de la polea (M2 = 0) es despreciable, entonces deducimos que el valor de las tensiones en los extremos de la polea son iguales en módulo. T2  T1  T d) Ley de aceleración rectilínea:  Fy  m.a

T2

a

m.g

Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical: Bloque:

F

y

 m.a  m.g  T2  m.a

… (3)

3  M  ma 8 

Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3): m.g   Despejando tenemos que:


Página 41

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) a

m.g 3  M  m  8 

otra forma de expresar

a

g 3 M  1   8 m 

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire. PROBLEMA 25. Sobre un plano inclinado áspero un bloque de masa M1 resbala, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R y masa M2. En el otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque de masa M3. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R. Determine el valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico es I C 

1 M .R 2 2



M2 y R2

a

a M1

M3

Para el problema 25





Resolución a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro geométrico. a   .R 



a R

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R:



c

 IC .

T1  T2  .R  

1 a M 2 .R 2  .  2   R


T1  T2 

M 2 .a 2

…(1)


Página 42

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) c) Ley de aceleración rectilínea:  F/ / plano  m.a Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque. Observe que el bloque M1 baja y el bloque M3 sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje paralelo al plano inclinado:

F

/ / plano

 M1 .a  M1 .g.Sen  T1  M1 .a …(2)

 T2

T1 M2 y R2

a

a

M1.g.sen

F

/ / plano

Resolución 25





 M 3 .a  T2  M 3 .g.Sen  M 3 .a

M3.g.sen

…(3)


1   M1 .g.Sen  M 3 .g.Sen   M 1  M 2  M 3  a 2   2.g  M 1 .Sen  M 3 .Sen  La aceleración es: a  2.M 1  M 2  2M 3 Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración de cada bloque tiene el mismo valor. PROBLEMA 26. Determine la velocidad lineal del centro de masa que tendrá un cilindro macizo de masa M y radio R, que se mueve sobre un plano inclinado, si partió en el punto A del reposo y va hacia

A



H Para el problema 26

B


C Página 43

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) abajo, siendo H la altura que descendió el cilindro hasta llegar al punto B. El momento de inercia del cilindro respecto de su centro geométrico C es I C 

1 M .R 2 2

RESOLUCIÓN Como el cilindro rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, v A  0 y también la energía cinética inicial es nula. La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es

1 ECINETICA  . I AB  . 2 donde el momento de inercia es 2 I AB  IC  M .d 2 reemplazando I AB  IC  M .R2 1 1 1 ECINETICA  . I C  M .R 2  . 2 reemplazando ECINETICA  . I C  . 2  . M  .v 2 2 2 2 Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero hB  0 por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula. La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B. La energía mecánica en el punto inicial A, es igual a la energía mecánica final en B:

EM (en A)  EM (en B ) ECIN (en A)  EP (en A)  ECIN (en B )  EP (en B ) 1 1 1 1 m.v A2  I C . A2  m.g .hA  m.vB2  I C .B2  m.g .hB 2 2 2 2

Reemplazando tenemos que:

1 1 m.vB2  I C .B2  0 2 2 1 11  M .g.H  M . 2 .R 2   M .R 2  . 2 2 2 2 

0  0  m.g .H 

3 3 M .g .H  M . 2 .R 2  M .v 2 4 4 Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto B es:

vB 

4 g .H 3

Observación: Podemos señalar que, si el cilindro macizo se reemplaza por un bloque cúbico del mismo valor en masa y se desplaza libre de rozamiento, la rapidez en B sería:

vB  2 g.H


Página 44

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) PROBLEMA 27. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un bloque de masa M3. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. El movimiento de los cuerpos se inicia desde el reposo. Determine el valor de la velocidad del bloque después de descender una altura H. El momento de inercia del cilindro y de la polea respecto de su centro geométrico es I C 

1 M .R 2 2

v

M1



M2

R1

R2

Para el problema 27

v

M3

Resolución a) Para determinar la velocidad del centro de masa del Cilindro, VC, utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es: b) CILINDRO MACIZO: Ecilindro 

1 1 . I C  .12  . M 1  .vC2 2 2

Siendo el punto el centro instantáneo de rotación:

vC  1 .R1  1 

vC R1

reemplazando:

1  M1.R12  2 1 2 Ecilindro  .  .1  . M1 .vC 2 2  2 3 2 reduciendo Ecilindro  M 1.vC 4 La velocidad en los puntos periféricos del cilindro es el doble de la velocidad del centro geométrico:

v entonces 2  v2   3  3  M1.     M1.v 2 4  4   16 

v  2.vC  vC 

Ecilindro



T1

v

R1

vC

R1 O

c) POLEA: Polea de radio R1 Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

Página 45

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 1 1  M 2 .R22  2 2 E polea  . IC .2  . .2 tiene solo energía cinética de rotación. 2 2 2  1 E polea  M 2 .v 2 , tiene solo energía cinética de rotación. 4 1 2 d) BLOQUE: Ebloque  M 3 .v tiene solo energía cinética de traslación. 2 Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad:

T1



M2

W NETO  M3.g.H El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)

cinetica W NETO  E cinetica  Einicial final polea bloque M 3.g.H  E cilindro  E final  Einicial final

3 1 1 M 3.g.H  M1.v 2  M 2 .v 2  M 3.v 2 16 4 2 M 3 .g .H v 3 1 1 M1  M 2  M 3 16 4 2 Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire.

R2 Polea de radio R2 y bloque.

T2

T2

v

M3.g

PROBLEMA 28: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo, determine el módulo de la velocidad del bloque de masa “m” cuando ha descendido una altura H. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es

IC 

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2) 2


Página 46



R

M 

T

T Para el problema 28

m A

Resolución a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es: c) POLEA: E polea

v m.g

1 1  M .R2  2 2  . IC .  . . 2 2 2 

Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular v   .R 



v R

1 E polea  M .v 2 , tiene solo energía cinética de rotación. 4 1 2 d) BLOQUE: Ebloque  m.v tiene solo energía cinética de traslación. 2 Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad:

W NETO  m.g.H El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)

cinetica W NETO  E cinetica  Einicial final

1 1 m.g .H  M .v 2  m.v 2 4 2

reemplazando: despejando

v

polea m.g.H  E final  E bloque final

m.g .H 1 1 M m 4 2


Página 47

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Observación: si despreciamos la masa de la polea, entonces la velocidad del bloque sería:

v  2.g.H v



A M

R

Para el problema 29

B

v

PROBLEMA 29. Sobre un plano horizontal está situado un bloque A de masa MA que está unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de masa M y radio R a otro bloque B de masa MB. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque A y el plano horizontal vale , calcular la velocidad del bloque A cuando el bloque B haya descendido una altura H. Inicialmente el sistema se encuentra en reposo. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  donde R es el radio de la polea.

(g = 9,8 m/s2)

1 M .R 2 , 2 MA.g

Resolución

v a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque A. La fuerza de reacción normal tiene el mismo valor que la fuerza de gravedad.

F

y

 0  FN  mA.g

La fuerza de rozamiento cinético es directamente proporcional a la fuerza normal:

T1 A .FN

f cinetica  C .FN  C .mA .g …(1)

FN D.C.L. del bloque A.

b) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es: c) POLEA: E polea

1 1  M .R2  2 2  . IC .  . . 2 2 2 


Página 48

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular

v   .R   

1 E polea  M .v 2 , tiene solo energía cinética de rotación. 4 d) BLOQUES:

Ebloques 

1  M A  M B .v 2 2

v R

T1



M

tienen solo

energía cinética de traslación. Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo.

R T2

e) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad del bloque B y por la fuerza de rozamiento:

W NETO  M B .g.H  fC .H W NETO  M B .g.H  C .M A.g.H

D.C.L (polea y bloque B)

T2

El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)


B

polea W NETO  E final  E bloques final 1 1 M B .g .H  C .M A .g .H  M .v 2   M A  M B  .v 2 4 2

v

reemplazando:

despejando

v

MB.g

 M B  C .M A .g.H 1 1 1 M  MA  MB 4 2 2

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, el valor de la velocidad sería: v 

M B .g .H 1 1 1 M  MA  MB 4 2 2

PROBLEMA 30: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si el bloque A (de mayor masa) desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad de los bloques de masas mA y mB. La polea tiene masa M y radio R. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C 

1 M .R 2 . (g = 9,8 m/s2) 2


Página 49

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

 T2 T1 T2 B

T1 v

B Para el problema 30

A

A mB.g

Resolución

v a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es: b) POLEA: E polea

mA.g

1 1  M .R2  2 2  . IC .  . . 2 2 2 

Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular v   .R 



v R

1 E polea  M .v 2 , tiene solo energía cinética de rotación. 4 1 2 c) BLOQUES: Ebloques   M A  M B  .v tienen solo energía cinética de traslación. 2 Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo. d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por las fuerzas de gravedad de los bloques A y B.

W NETO  mA.g.H  M B .g.H El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)

cinetica NETO polea W NETO  E cinetica  Einicial  E final  E bloques reemplazando: W final final 1 1 M A .g .H  M B .g .H  M .v 2   M A  M B  .v 2 4 2


Página 50

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) despejando

v

 M A  M B .g.H 1 1 1 M  MA  MB 4 2 2

Observación: si la masa de la polea fuese despreciable (nula), el valor de la velocidad sería:

v

2.g.H  M A  M B  MA  MB 1

M1

R1

M2 R2

Para el problema 31

m

PROBLEMA 31. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (ver figura). No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. Inicialmente el sistema está en reposo, si el bloque desciende una altura H, ¿cuál es el valor de la velocidad del bloque? El momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es I C  momento de inercia de la polea es I C 

2 M .R 2 y el 3

1 M .R 2 2

Resolución a) Para determinar la velocidad del bloque utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada cuerpo es: b) ESFERA HUECA:


Página 51

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 1 1 2  Eesfera  . I C .12  . M1.R12  .12 2 2 3  Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular

v  1 .R1  1 

v R1

1 Eesfera    M 1.v 2 , tiene solo energía  3 cinética de rotación.

1

M1

R1

POLEA:

E polea

1 1  M .R22  2 2  . IC . 2  . .2 2 2 2 

T1 ESFERA HUECA

Relación entre la velocidad tangencial y la velocidad angular

v  2 .R2  2 

v

v R2

1 E polea    M 2 .v 2 , tiene solo energía cinética de 4

2

T1

rotación.

1 2 c) BLOQUE: Ebloque    m.v tiene solo energía 2

R2 POLEA

T2

cinética de traslación. Las fuerzas internas (tensión) al sistema realizan trabajo nulo.

T2

d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad d bloque.

W NETO  m.gH

BLOQUE

v

El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)


m.g

reemplazando: esfera polea bloque W NETO  Ecinetica  Ecinetica  Ecinetica

1 1 1 m.g.H  M1.v 2  M 2 .v 2  m.v 2 3 4 2


Página 52

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) despejando

v

m.g .H 1 1 1 M1  M 2  m 3 4 2

Observación: si la masa de la polea fuese despreciable (nula), el valor de la velocidad sería:

m.g .H 1 1 M1  m 3 2

v

PROBLEMA 32. En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si la polea desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad del centro de masa. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es

IC 

1 M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 9,8 m/s2) 2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

T g

O

c



O

vc

M.g

R

Para el problema 32

Resolución a) Para determinar la velocidad de la polea utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de la polea es:

1 1 . I C  . 2  M .vC2 2 2 1  M .R 2  2 1 2  . .  M .vC 2 2  2

b) POLEA: E polea 

E polea

tiene energía cinética de rotación y traslación.

vC R

Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular: vC   .R 




Página 53

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 3 E polea    M .vC2 4 c) La tensión T en la cuerda no realiza trabajo, en el punto “O” la velocidad instantánea es nula, no existe deslizamiento relativo, análogo con la fuerza de rozamiento estático.

A

d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad de la polea.

R

W NETO  M .gH El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)


3 M .g .H  M .vC2 4

reemplazando:

despejando:

vC 

polea W NETO  Ecinetica

4 .g .H 3

g

Observación: si la masa de la polea desciende en caída libre (cortamos la cuerda) el valor de la velocidad sería: vC 

2.g.H

PROBLEMA 33: En el sistema mostrado se encuentra inicialmente en reposo. Si la polea B desciende una altura H, determine el módulo de la velocidad del centro de masa de la polea B. La masa de las poleas cilíndricas A y B son iguales a M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C  es el radio de la polea.

(g = 9,8 m/s2)

1 M .R 2 , donde R 2

B

R

Problema 33

Resolución a) Para determinar la velocidad de la polea B, utilizamos el teorema de la energía cinética. La energía cinética inicial es nula. La energía cinética final de cada polea es: b) POLEA “A”: E polea 

1 . I C  .12 2

tiene energía cinética de rotación.

1  M .R12  2 E polea A  . .1 2 2 

 R

A

T Resolución 33

Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular:

v1  1 .R1  1 

v1 R1

1 E polea A    M .v12 4


Página 54

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 1 1 . I C  . 2  M .vC2 2 2 2 1  M .R2  2 1  . .  M . vC  v1  2 2  2

POLEA “B”: E polea B 

E polea B

tiene energía cinética de rotación y traslación.

Relación entre la velocidad del centro de masa y la velocidad angular: vC   .R  2 1 1 E polea B  .M .vC2  M . vC  v1  4 2

vC R

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE (POLEA B)

T

c) La tensión T en la cuerda no realiza trabajo. Las fuerzas internas no realizan trabajo. d) El trabajo neto, es igual al trabajo realizado por la fuerza de gravedad de la polea.



c

O



O

v1

W NETO  M .g.H El trabajo neto hecho por todas las fuerzas externas, es igual, a la variación de la energía cinética. e)

M.g

vc+v1


reemplazando: polea A polea B W NETO  Ecinetica  Ecinetica 2 1 1 1 M .g .H  M .v12  M .vC2  M . v1  vC  4 4 2

Observación: Falta resolver. PROBLEMA 34. Se muestra un cilindro macizo de masa M2 que rueda sin deslizar, a lo largo de un plano inclinado. El centro del cilindro está unido mediante una cuerda al borde de una polea en forma de disco de masa M1 y R1 de radio. Sabiendo que en el eje de la polea no existe rozamiento,

M1 R1

M2 C



R2

g

Para el problema 34


 Página 55

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) calcular la aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda. ? El momento de inercia del cilindro respecto de su centro geométrico y el momento de inercia de la polea es I C 

1 M .R 2 2

Resolución a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro geométrico. a   .R 



a R

1 a

R1

 T T C R2

M2.g.Sen

O Resolución 34

 La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a  1 .R1  1  b) Ley de la

a R1

aceleración angular aplicada a la polea de radio R1:

1  a M1 .R12  .  2   R1 

T  .R1  




c

 IC .1

1 T    M 1 .a  2




c

…(1)

 IO . 2


IO  IC  M .d 2

reemplazando

1 3 I O  M 2 .R22  M 2 .R22  M 2 .R22 2 2

La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular:


Página 56

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) a   2 .R2   2 

a R2

3  a  M 2 .R22  .  2   R2 

 M 2 .g.Sen  T  .R2  

 3 M 2 .g.Sen  T    M 2 .a  2


…(2)

3 1  M1  M 2  a 2 2 

Adicionando las ecuaciones (1) y (2): M 2 .g.Sen  


  M2 a  2.g.Sen .   M1  3.M 2 

Despejando tenemos que el valor de la velocidad en el punto B es: vB 

6 g .H 5

OBSERVACIÓN: Podemos señalar que, si es cascarón se reemplaza por un bloque cúbico del mismo tamaño en masa y se desplaza libre de rozamiento la rapidez en B sería: vB 

PROBLEMA 35. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por el punto “O”. En el extremo de la barra se encuentra soldada una esfera pequeña de masa “m” y radio despreciable. El sistema parte del reposo en la posición horizontal en A como indica la figura. Calcular la velocidad del centro de masa C de la varilla en el instante que pasa por su posición vertical en B. El momento de inercia de la barra respecto de su extremo del centro de masa

2 g.H

Para el problema 35

L/2

A

C1

O

C C2

Mg

1 2 es I C    M .L  12  B

mg

RESOLUCIÓN a) De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, v A  0 y también la energía cinética inicial es nula. Einicial  0 b) La energía cinética de rotación de la BARRA respecto del centro de giro O es cinetica

1 ECINETICA  . I O  . 2 2

donde el momento de inercia es


Página 57

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) IO  IC  M .d

2

reemplazando

1 L I O    M .L2  M .   12  2

2

1 I O    M .L2 3 1 1  1 ECINETICA  . M .L2  . 2    M .L2 . 2 2 3  6 Relación entre la velocidad angular y la velocidad del centro de masa:

v v 2.v   C  C L R L 2 2 1 2 BARRA 2  2.vC  2 E CINETICA    M .L .     M .vC 6  L  3



c) La energía cinética de rotación punto material (esfera pequeña) respecto del centro de giro O es ECINETICA 

1 . I O  . 2 2


IO  m.R2  IO  m.L2

1 1 ECINETICA  . m.L2 . 2    .m.L2 . 2 2 2 Relación entre la velocidad angular y la velocidad del centro de masa:

v v 2.v    C  C L R L 2 2 1 PUNTO 2  2.vC  2 ECINETICA    .m.L .   2.m.vC 2  L 

 Resolución 35

O L/2

C2

VC

d) El centro de masa C de la barra describe un cuarto de circunferencia como trayectoria, desde la posición inicial hasta la posición final

L/2

L desciende una altura h  2 En cambio el punto material desciende una altura igual a la longitud de la barra. La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces;

2VC

B

L PESO WANETO  B  WA B  M .g .    m.g.L 2 Aplicamos el teorema de la energía cinética entre los puntos A y B.


Página 58

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) cinetica cinetica WANETO  Einicial B  E final

L 2 M .g.   m.g.L    M .vC2  2.m.vC2 2 3 Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto C2 es:

vC 

3. M  2.m  .g.L 4. M  3.m 

Observación: Si la masa del punto material (esfera muy pequeña) fuese nula, la rapidez en el

3  g.L 4

punto más bajo sería: vC  

PROBLEMA 36. Una varilla delgada de masa M y longitud L puede girar alrededor de un eje horizontal que pasa por el punto “O”. Parte del reposo en la posición horizontal en A como indica la figura. Calcular la velocidad del Para el problema 36 centro de masa C de la varilla en el instante que pasa por su posición vertical A C1 O en B. El momento de inercia de la barra respecto de su extremo del centro de

1 2  M .L  12 

masa es I C  

L/2

RESOLUCIÓN De la condición del problema sabemos que la velocidad inicial en el punto A es cero, v A  0 y también la energía cinética inicial es nula.

C C2

Mg

cinetica Einicial 0

La energía cinética de rotación de la barra respecto del centro de giro O es

1 ECINETICA  . I O  . 2 2

IO  IC  M .d

2

B


reemplazando

1 L I O    M .L2  M .   12  2

2

1 I O    M .L2 3 1 1  1 ECINETICA  . M .L2  . 2    M .L2 . 2 2 3  6


Página 59

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Relación entre la velocidad angular y la velocidad del centro de masa:

v v 2.v   C  C L R L 2 2 1 2 2  2.vC  2 ECINETICA    M .L .     M .vC 6  L  3



El centro de masa C de la barra describe como trayectoria un cuarto de circunferencia de radio igual a la mitad de la longitud de la barra, desde la posición inicial hasta la posición final desciende una altura h 

L 2

La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces; PESO WANETO B  WAB  M .g.h M . g .L WANETO B  2

Aplicamos el teorema de la energía cinética entre los puntos A y B. cinetica cinetica WANETO  Einicial B  E final

2 M .g.h    M .vC2 3 Despejando tenemos que el valor de la velocidad del centro de masa en el punto C2 es:

vC 

3 .g.L 4

Observación: Podemos señalar que, si la barra se reemplaza por un péndulo del mismo valor en masa y longitud h 

L , la rapidez en el punto más bajo sería: vC  g.L 2

PROBLEMA 37. Las poleas A y B, unidas por una correa, continúan girando después de

 R

r

MB

MA

Q

B fC

A



Para el problema 37


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) desconectar el motor de tal manera que la polea A tiene velocidad angular 0 . La masa total de las poleas es M. Para detener la rotación se aplica una zapata de freno contra la polea A de radio R con una fuerza Q; el coeficiente de rozamiento entre la zapata y la polea es  k . Despreciando el rozamiento en los ejes y considerando las poleas como discos macizos, determinar el número de vueltas efectuadas por la polea A antes de detenerse. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico es I C 

1 M .R 2 2

RESOLUCIÓN a) Para determinar el número de vueltas N, utilizaremos el teorema de la energía cinética: cinetica cinetica WANETO  Einicial B  E final

Si las poleas se detienen, la energía cinética final es nula: EFINAL  0 cinetica

Relación entre la velocidad angular y la velocidad del centro de masa:

R v  0 .R  .r entonces la velocidad angular de la polea B es,     .0 r 1 1 2 2  .I A . A    .I B .B 2 2

b) La energía cinética de rotación de las peleas es: Ecinetica   poleas

poleas cinetica

E

2 2  1   M A.RA  2  1   M B .RB  2    . .A   . .B 2  2  2  2 

2 2 2  1   M .R   1   M .r   R  poleas Ecinetica   . A .02   . B . 2  .02 2  2  2  2   r 

1 poleas Ecinetica    .02 .R 2 . M A  M B  4 c) El trabajo de la fuerza de gravedad es igual a cero, porque el centro de gravedad de las ruedas y de la correa no se desplazan durante el movimiento del sistema. d) La fuerza de rozamiento es: W si N es el número de vueltas y

FRICCION

  fC .S  C .Q..R 

    2 .N 2   fC .S  C .Q. 2 .R.N 

 el ángulo centra en radianes: N 

El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento es:

W FRICCION


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) e) Teorema de la energía cinética:

cinetica cinetica WANETO  Einicial B  E final

1  C .Q. 2 .R.N   0   .02 .R 2 . M A  M B  4 Despejando:

02 .R. M A  M B  N 8 .C .Q

M  MA  MB

02 .R.M N 8 .C .Q


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) PROBLEMAS PROPUESTOS DE DINÁMICA CUERPO RÍGIDO

1. Dos esferas A y B de madera y acero respectivamente del mismo radio se sueltan simultáneamente sobre un plano inclinado. ¿Cuál de los cuerpos llega al suelo con mayor velocidad? 2. Se muestra un volante de forma circular de radio 0,4 m y momento de inercia respecto del eje que sapa por su centro geométrico es IO  800 kg.m2 . Sobre un plano inclinado 37° un bloque de 10 kg se encuentra unido al volante mediante una cuerda. Sobre el bloque actúa una fuerza de rozamiento cinético de valor constante igual a 40 N. Calcular el valor de la aceleración angular del volante.



B

Para el problema 02

3. Una esfera maciza de masa M y radio R tiene una velocidad de valor 4 m/s sobre un punto del plano inclinado alcanzando una altura máxima H respecto del punto de inicio. Del mismo punto de lanza un aro de masa M y radio R, ¿con qué rapidez se debe lanzar para alcanzar la misma altura máxima de la esfera? El momento de inercia del cascarón esférico respecto de un eje que pasa por su centro geométrico C es I C 

2 M .R2 3

El momento de inercia de un aro delgado respecto de un eje que pasa por su centro C es

IC  M .R2 4. Se muestra un cilindro de masa M y radio R, Para el problema 4 M g saliendo del reposo, rueda sin resbalar sobre una H superficie áspera, donde H h M es igual 2,1 m. En la parte más baja choca elásticamente e=1 con un bloque de igual masa. Calcular la altura “h” que asciende el bloque después del choque.


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Problemas Propuestos PROBLEMA 1. Di si las afirmaciones siguientes son verdaderas o falsas, y por qué. a• Todos los puntos de un cuerpo que gira tienen la misma velocidad angular. b • Todos los puntos de un cuerpo que gira tienen la misma velocidad lineal. c • El momento de inercia depende de la situación del eje de rotación. d • Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero, el momento angular es cero. e • Si el momento neto de las fuerzas que actúan sobre un sólido es cero, la velocidad angular no cambia. f • Si la fuerza neta aplicada sobre un cuerpo es cero este cuerpo tiene momento angular cero. PROBLEMA 2

3.-Una esfera hueca de masa M=6 kg y radio R=8 cm puede rotar alrededor de un eje vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa por una polea de momento de inercia I=3 10-3 kg m2 y radio r=5 cm y está atada al final a un objeto de masa m=0,6 kg. (Ver figura) No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. Cuál es la velocidad del objeto cuando ha descendido 80 cm? Resolverlo dinámica y por balance energético. I (esfera hueca)=2/3 MR2 PROBLEMA 3

El sistema de la figura está inicialmente en reposo. El bloque de 30 kg está a 2 m del suelo. La polea (I=½MR2) es un disco uniforme de 20 cm de diámetro y 5 kg de masa. Se supone que la cuerda no resbala sobre la polea. Encontrar:  La velocidad del bloque de 30 kg justo antes de tocar el suelo.  La velocidad angular de la polea en ese instante.  Las tensiones de la cuerda.  El tiempo que tarda el bloque de 30 kg en tocar el suelo. (Resolver el problema por dinámica y aplicando el balance Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) energético)

PROBLEMA 4. El

sistema de la figura consta de una polea formada por dos discos coaxiales soldados de masas 550 g y 300 g y radios 8 cm y 6 cm respectivamente. Dos bloques de masas 600 g y 500 g cuelgan del borde de cada disco. Calcular:  ¿En qué sentido gira?  La tensión de cada cuerda  La aceleración de cada masa La velocidad de cada cuerpo cuando uno de ellos (¿cuál?) haya descendido 3 m partiendo del reposo (emplea dos procedimientos de

PROBLEMA 5

Un bloque de 2000 kg está suspendido en el aire por un cable de acero que pasa por una polea y acaba en un torno motorizado. El bloque asciende con velocidad constante de 8 cm/s. El radio del tambor del torno es de 30 cm y la masa de la polea es despreciable.

  

¿Cuánto vale el momento que ejerce el cable sobre el tambor del torno? ¿Cuánto vale la velocidad angular del tambor del torno? ¿Qué potencia tiene que desarrollar el motor? Calcular el trabajo realizado durante 10 s

PROBLEMA 6


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Un disco de 0.6 m de radio y 100 kg de masa, gira inicialmente con una velocidad de 175 rad/s. Se aplican los frenos que ejercen un momento de M= -2·t Nm. Determinar  la aceleración angular en función del tiempo  la velocidad angular en función del tiempo  el ángulo girado en función del tiempo. 

El momento angular inicial y en el instante t=18 s.



Representar el momento M en función del tiempo. Comprobar que el impulso angular igual a la variación de momento angular.



(área) es

La velocidad, aceleración tangencial y normal de un punto de la periferia del disco en dicho instante. Representar estas magnitudes.

Momento de inercia de un disco: mR2/2 PROBLEMA 7

El péndulo de un reloj está formado por una varilla de 500 g y 40 cm de longitud y una lenteja de forma esférica de 200 g de masa y 5 cm de radio, tal como se indica en la figura. El punto de suspensión O está a 10 cm del extremo de la varilla. Calcular: la distancia al centro de masas medida desde O. El momento de inercia respecto de un eje perpendicular a la varilla y que pasa por O. El péndulo se desvía 60º de la posición de equilibrio. Calcular la velocidad angular de rotación cuando pasa por la posición de equilibrio. Varilla, I=mL2/12, esfera I=2MR2/5

PROBLEMA 8


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Un péndulo compuesto está formado por una varilla de 200 g de masa y 40 cm de longitud y dos esferas macizas de 500 g y 5 cm de radio, equidistantes 8 cm de los extremos de la barra. El péndulo se haya suspendido de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el centro de una de las esferas, y es desviado 65º de la posición de equilibrio estable. Determinar la velocidad angular del péndulo cuando, una vez soltado, retorna a la posición de equilibrio estable

PROBLEMA 9

Un sólido está formado por tres barras iguales de longitud L=2 m y de masa M=20 kg en forma de triángulo equilátero, tal como se muestra en la figura.  

Hallar la posición de su centro de masa. El sistema puede girar alrededor de un eje perpendicular al plano que las contiene y que pasa por O. Calcular la aceleración angular del sistema en el instante inicial. La velocidad angular de la barra cuando ha girado hasta que se encuentra en la posición horizontal.

Momento de inercia de la varilla Ic=ML2/12 PROBLEMA 10

Hallar y dibujar el vector velocidad de los puntos del disco que se indican en la figura. El disco rueda sin deslizar, tiene un radio de 5 cm, y se mueve (su c.m.) con velocidad de 3 m/s A (arriba), C (a la derecha) y D (abajo) están en la periferia, y B 2.5 cm por debajo del centro del disco PROBLEMA 11


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de 15 kg a otro cuerpo de 200 kg. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale 0.1, calcular.   

La aceleración de los cuerpos Las tensiones de la cuerda La velocidad de los cuerpos sabiendo que el de 200 kg ha descendido 2 m partiendo del reposo. (emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado) I=MR2/2

PROBLEMA 12

Un bloque de masa m=20 kg, unido mediante una cuerda a una polea sin masa desliza a lo largo de una mesa horizontal con coeficiente de rozamiento dinámico =0,1. La polea está conectada mediante otra cuerda al centro de un carrete cilíndrico de masa M=5 kg, y radio R=0,1 m que rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado 30º (véase la figura). a) Relacionar la aceleración del bloque y del centro de masas del cilindro. b) Calcular la aceleración del centro de masas del cilindro y las tensiones de las cuerdas. c) Calcular la velocidad del centro de masas del cilindro cuando ha descendido 3 m a lo largo del plano inclinado, partiendo del reposo (hacer esta última pregunta empleando el balance energético). Dato: Icilindro = 1/2 MR2 PROBLEMA 13

Un bloque y un cilindro de 2 y 8 Kg respectivamente, están unidos por un hilo inextensible y sin peso que pasa por una polea en forma de disco de 0.5 Kg de masa y 20 cm de radio, situada en la unión de dos planos inclinados de 30º y 60º de inclinación. Sabiendo Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) que el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es de y que el cilindro rueda sin deslizar. Calcular:  

La(s) tensión(es) de la cuerda y la aceleración del sistema La velocidad de los cuerpos cuando se han desplazado 2 m a lo largo de los planos, sabiendo que parten del reposo. Calcular por dos procedimientos este apartado comprobando que se obtienen los mismos resultados

PROBLEMA 14

Un bloque de 6 kg y una esfera de 10 kg están unidos por un hilo inextensible y sin peso que pasa a través de una polea en forma de disco de 2 kg de masa. La esfera rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado 30º. Hallar  La(s) tensión(es)  La aceleración

de la cuerda.

del sistema

La velocidad de la esfera y del bloque cuando se han desplazado 1,5 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos para el cálculo de este apartado). Dato, el momento de inercia de la esfera es 2/5 mr2. PROBLEMA 15

En la Figura de la izquierda, un disco de radio r rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal. Sabiendo que la aceleración del centro de masas es ac y la aceleración angular de rotación alrededor del c.m. es . Determinar la aceleración del punto B (punto más alto del disco)?


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Utilizando el resultado anterior, en el sistema de la figura de la derecha, calcular la aceleración del c.m. del disco, la aceleración del bloque, la tensión de la cuerda y la fuerza de rozamiento en el punto A. El disco tiene un radio de 30 cm y rueda sin deslizar a lo largo del plano horizontal. La polea tiene una masa despreciable. Calcúlese la velocidad del bloque una vez que haya descendido 2 m partiendo del reposo. (aplicar el balance energético en este apartado). ¿Hay que incluir en el balance energético el trabajo de la fuerza de rozamiento en el movimiento de rodar sin deslizar? PROBLEMA 16

En la figura se muestra un cilindro de 4.5 kg de masa que rueda sin deslizar, a lo largo de un plano inclinado 42º con la horizontal. El centro del cilindro está unido mediante una cuerda al borde de una polea en forma de disco de 2.2 kg de masa y 85 mm de radio. Sabiendo que en el eje de la polea existe un rozamiento cuyo momento es de 1,3 Nm. Calcular:  

La aceleración del cilindro y la tensión de la cuerda. La velocidad del bloque una vez que haya descendido 3 m a lo largo del plano inclinado, partiendo del reposo (emplear los dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que salen los mismos resultados).

PROBLEMA 17


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Sobre un plano inclinado 30º y que ofrece una resistencia al deslizamiento de coeficiente =0.2, desliza un bloque de 3 kg de masa unido a una cuerda que se enrolla en la periferia de una polea formada por dos discos acoplados de 1 kg y 0.5 kg y de radios 0.3 m y 0.1 m respectivamente. De la cuerda enrollada al disco pequeño pende un bloque de 10 kg de peso. Calcular:  

Las tensiones de las cuerdas La aceleración de cada cuerpo

La velocidad de cada cuerpo si el bloque de 10 kg desciende 2 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos distintos para este apartado). PROBLEMA 18

3.-Sobre un plano horizontal y que presenta una resistencia al deslizamiento de coeficiente =0.2, desliza un bloque de 3 kg de masa unido a una cuerda que se enrolla en la periferia de una polea formada por un disco 5 kg y 0.3 m de radio que tiene una hendidura de 0,1 m tal como se ve en la figura. De la cuerda enrollada en la hendidura pende un bloque de 10 kg de peso. Calcular:  

Las tensiones de las cuerdas La aceleración de cada cuerpo

El bloque de 10 kg desciende 2 m partiendo del reposo, calcular la velocidad de cada uno de los bloques (resolver este apartado relacionado trabajos y energías). Dato: momento de inercia de un disco mR2/2 PROBLEMA 19


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) Un disco de 2 kg de masa y radio 30 cm rueda sin deslizar a lo largo de un plano horizontal, una cuerda arrollada a una hendidura hecha en el disco, de radio 15 cm está unida a través de una polea en forma de disco de masa 0.5 kg a un bloque de 10 kg, que pende del extremo de la misma tal como se indica en la figura. Calcular: 



La aceleración del bloque, del centro de masas del disco y la(s) tensión(es) de la cuerda. La velocidad del bloque una vez que haya descendido 5 m partiendo del reposo (emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que salen los mismos resultados).

PROBLEMA 20

Dos discos iguales de masa m y radio R, están dispuestos como se indica en la figura. Calcular  

La aceleración del c.m. del disco inferior La velocidad del c.m. del disco inferior cuando ha descendido x metros partiendo del reposo (efectuando el balance energético)

PROBLEMA 21

Un cilindro de 2 kg de masa y de 30 cm de radio tiene una ranura cuyo radio es 10 cm. En la ranura se enrolla una cuerda tal como se indica en la figura, y el otro extremo se fija a una pared. El cilindro rueda sin deslizar a lo largo de un plano inclinado 30º respecto de la horizontal. El cilindro parte del reposo, de un punto P situado a 3 m de la base del plano inclinado Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931

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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) tal como se indica en la figura. Sabiendo que después de recorrer estos 3 m la vCM es de 4 m/s, calcular: 

La aceleración del centro de masas, la tensión de la cuerda, la fuerza de rozamiento.

Nota: momento de inercia del cilindro Icm.= 1/2 mR2. PROBLEMA 22

Dos cuerpos de 3 y 5 Kg están unidos por una cuerda que pasa por una polea en forma de disco de 2 kg de masa y 20 cm de radio. Ambos deslizan sobre planos inclinados de 30º y 45º. Los coeficientes de rozamiento entre los cuerpos y los planos inclinados son 0.3 y 0.1 respectivamente. Calcular:   

la aceleración del sistema, las tensiones de la cuerda, la velocidad que adquieren los bloques cuando se desplazan 5 m a lo largo de los planos inclinados respectivos, partiendo del reposo. (Emplear dos procedimientos de cálculo para este apartado, comprobando que se obtienen los mismos resultados).

PROBLEMA 23

Un disco de 0.2 kg y de 10 cm de radio se hace girar mediante una cuerda que pasa a través de una polea de 0.5 kg y de 7 cm de radio. De la cuerda cuelga un bloque de 3 kg, tal como se muestra en la figura. El disco gira alrededor de un eje vertical en cuyo extremo hay una varilla de 0.75 kg masa y de 20 cm de longitud perpendicular al eje y en cuyos extremos se han fijado dos esferas iguales de 2 kg de masa y 5 cm de radio. Se suelta el bloque y el dispositivo comienza a girar. Calcular: 

El momento de inercia del dispositivo.



La aceleración del bloque.


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DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad) 

La velocidad del bloque cuando ha descendido 2 m partiendo del reposo (resolver este apartado por energías). Idisco=mR2/2, Iesfera=2mR2/5 Ivarilla=mL2/12

18. BIBLIOGRAFÍA VIRTUAL Y FUENTES DE INFORMACIÓN: http://grups.es/didactika/yahoo.com http://grups.es/albert_einstein_koch/yahoo.com www.didactika.com [email protected] [email protected] Cuerpo

Posición del eje a El eje del cilindro

1

Cilindro hueco de paredes delgadas, radio R y masa M

2

Cilindro macizo (disco, polea) de radio R y masa M

3

Esfera maciza de radio R y masa Eje que pasa por el centro de M la esfera

4

Esfera de paredes delgadas de radio R y de masa M

Eje que pasa por el centro de la esfera

5

Varilla delgada. Recta, de longitud L y de masa M

6

La misma varilla

El eje es perpendicular a su varilla y pasa por el centro de masa El eje es perpendicular a la varilla y pasa por un extremo

El eje del cilindro

Momento de inercia 1 2   M .R 1   1 2   M .R 2 2 2   M .R 5   2 2   M .R 3  1 2   M .L  12  1 2   M .L 3

7


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Semana 16 DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO

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