TEMA 5 SÓLIDO RÍGIDO CONSEJOS PREVIOS A LA

TEMA 5
SÓLIDO RÍGIDO
CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS
Ten presente la distinción entre velocidad angular ωZ y velocidad ordinaria vX. Si un
objeto tiene una velocidad vX el objeto en su totalidad se mueve a lo largo del eje X. Por el
contrario, si un cuerpo tiene una velocidad angular ωZ está girando en torno al eje Z, no
quiere decir que el cuerpo se mueva a lo largo del eje Z.
A veces por la
falta de costumbre
te
resulta
difícil
determinar el sentido
de ω y α. Para la
velocidad angular, ωZ
es la componente Z
de un vector de
velocidad angular ω
dirigido a lo largo del
eje de rotación. Como
puedes ver en la
figura, la dirección de ω está dada por la regla de la mano derecha. Si la rotación es en
torno al eje Z, ω sólo tiene componente Z, la cual es positiva si ω apunta en la dirección +Z
y negativa si ω apunta en la dirección –Z.
Del mismo modo, es muy útil trabajar con la aceleración
angular α. Matemáticamente, α es la derivada con respecto al
tiempo del vector velocidad angular ω. Si el objeto gira en torno a
un eje Z fijo, α sólo tiene componente Z; la cantidad αZ es
precisamente esta componente. En este caso, αZ apunta en la misma
dirección que ω si la rotación se está acelerando y en la dirección
opuesta si se está frenando.
La estrategia para resolver problemas de dinámica rotacional es muy similar a la
utilizada para problemas en los que interviene la segunda ley de Newton. En primer lugar,
deberás identificar los conceptos relevantes. La ecuación ΣM=Iα es muy útil en todos los
problemas en los que actúan momentos sobre un cuerpo rígido, es decir, cuando existen
fuerzas que al actuar sobre el cuerpo alteran su estado de rotación. A veces el problema
requiere un enfoque de energía; sin embargo, cuando la incógnita es una fuerza, un
momento, una aceleración, una aceleración angular o un tiempo transcurrido, casi siempre
es más eficiente usar la ecuación ΣM=Iα.
A continuación hay que realizar un esquema de la situación y elegir un cuerpo o
grupo de cuerpos que se analizarán.
Dibuja un diagrama de sólido libre para cada cuerpo, aislando el cuerpo e incluyendo
todas las fuerzas que actúan sobre él (y sólo ellas), incluido el peso. Marca las cantidades
desconocidas con símbolos algebraicos. Una nueva consideración es que se debe mostrar
con exactitud la forma del cuerpo, incluyendo todas las dimensiones y ángulos que se
necesitarán para los cálculos de los momentos. Resulta muy útil trazar paralelamente al
diagrama de fuerzas un diagrama del mismo sólido donde aparezcan la aceleración del
centro de masa del cuerpo y su aceleración angular. Así resulta más sencillo aplicar las
ecuaciones ΣF=maG y ΣMG=IGα. Además, el sentido de las aceleraciones a veces nos indica el
sentido de algunas de las fuerzas desconocidas.
Escoge los ejes de coordenadas para cada cuerpo e indica un sentido de rotación
positivo para cada cuerpo que gire. Si hay una aceleración lineal, lo más sencillo suele ser
escoger un eje positivo en su dirección. Si ya se conoce el sentido de α se simplificarán los
cálculos si se escoge ése como sentido de rotación positivo.
Para cada cuerpo del problema decide si sufre movimiento rotacional, traslacional o
ambos. Dependiendo del comportamiento del cuerpo, aplica ΣF=ma, ΣM=Iα o ambas al
cuerpo. Escribe ecuaciones de movimiento aparte para cada cuerpo.
Podría haber relaciones geométricas entre los movimientos de dos o más cuerpos,
como cuando un hilo se desenrolla de una polea girándola o cuando un neumático gira sin
resbalar. Exprésalas en forma algebraica, habitualmente como relaciones entre dos
aceleraciones lineales o una aceleración lineal y una angular.
Verifica que el número de ecuaciones coincide con el número de incógnitas. Resuelve
las ecuaciones para obtener la o las incógnitas.
Evalúa la respuesta. Comprueba que los signos algebraicos de tus resultados son
lógicos. Por ejemplo, supón que el problema se refiere a un carrete de hilo. Si se está
sacando hilo del carrete las respuestas no deberán decirnos que el carrete gira en el
sentido en el que el hilo se enrolla. Siempre que puedas, verifica los resultados para casos
especiales o valores extremos y compáralos con los que esperas intuitivamente. Pregúntate:
“¿es lógico este resultado?”
En una polea giratoria, con fricción entre la polea y el hilo para evitar
deslizamientos, las dos tensiones no pueden ser iguales. Si lo fueran, la polea no podría
tener aceleración angular. Marcar la tensión en ambas partes del hilo como T sería un grave
error. Cuídate de este error en cualquier problema que implique una polea que gira.
Es importante tener en cuenta que en ruedas la relación vcm=Rω sólo se cumple si
hay rodamiento sin deslizamiento.
En el caso de problemas de trabajo y energía, su resolución es análoga a los
problemas del tema de la partícula con algunas adiciones. Muchos problemas implican una
cuerda o cable enrollado en un cuerpo rígido giratorio que funciona como polea. En estos
casos recuerda que el punto de la polea que toca la cuerda tiene la misma velocidad lineal
que la cuerda, siempre que ésta no resbale sobre la polea. Así, podemos aprovechar las
ecuaciones v=rω y at=rα, que relacionan la velocidad lineal y la aceleración tangencial de un
punto de un cuerpo rígido con la velocidad y la aceleración angulares del cuerpo.
Escribe las expresiones para las energías cinética y potencial iniciales y finales y
para el trabajo no conservativo (si lo hay). La novedad es la energía cinética rotacional, que
se expresa en términos del momento de inercia I y la velocidad angular ω del cuerpo
respecto del eje dado, en lugar de su masa m y su velocidad v. Sustituye las expresiones en
la ecuación de la energía y despeja las incógnitas. Como siempre, verifica que tu respuesta
sea lógica físicamente.
TEMA 5
SÓLIDO RÍGIDO
PROBLEMAS
del camión para que el tablón no vuelque.
será:
1 . - Se coloca un tablón
sobre la plataforma de un camión
tal como se muestra en la figura.
El extremo A está fijo a la
plataforma y se apoya en el punto
B sobre la caja del camión. La
distancia AB=3. 264 m y la altura
de la
caja
es h=2. 5 m.
Determinar la aceleración máxima
Determinamos antes que nada el ángulo que forma el tablón con la horizontal, que
h
2.5
=
= 0.766 ⇒ θ = 50 º
AB 3.264
Si el tablón no vuelca su
aceleración será la misma que la del
camión y su movimiento será rectilíneo.
Hacemos el diagrama de sólido libre del
tablón y tendremos lo que aparece en la
figura. En el instante justo en que se
produzca el vuelco y la aceleración sea
máxima tendremos que es el instante en
que se pierde el contacto en B (NB=0) y el
último momento en que no hay rotación del tablón (α=0). Por tanto teniendo en cuenta estas
condiciones y volviendo a hacer el
diagrama de sólido libre tendremos lo
que aparece en la siguiente figura.
Aplicamos la segunda ley de Newton:
ΣFX=maX ⇒ Fr=mamáx
ΣFY=maY ⇒ NA-mg=0 ⇒ NA=mg
ΣMG=IGα
l
l
Fr senθ − NA cos θ = 0
2
2
mamáxsenθ-mgcosθ=0
amáxsenθ-gcosθ=0
g cos θ
g
9.8
amáx =
=
=
= 8.22 m / s2
senθ
tan θ tan 50º
amáx=8.22 m/s2
senθ =
la placa; b) las reacciones de los pasadores.
2. - Una placa rectangular uniforme
de masa m=200 kg y lados 3 y 4 m, tal
como se muestra en la figura adjunta,
está suspendida por dos pasadores A y B
que pueden deslizar a lo largo de una
barra inclinada que forma un ángulo θ=60º
con la horizontal. El coeficiente de
rozamiento cinético entre los pasadores y
la barra es µ=0. 20 y la placa inicia su
movimiento descendente partiendo del
reposo. Determinar: a) la aceleración de
a) Realizamos el
diagrama de sólido libre
de la placa, teniendo en
cuenta que solamente se
traslada y no hay
rotación, de modo que la
aceleración del centro
de masas aG tendrá la
dirección y sentido del
movimiento,
que
es
rectilíneo. Tendremos
por tanto lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton:
ΣFX=maGX ⇒ mgsen60º-FrA-FrB=maG
Como la placa desliza las fuerzas de rozamiento alcanzan su valor máximo:
FrA=(FrA)máx=µNA=0.20NA
FrB=(FrB)máx=µNB=0.20NB
Por tanto la ecuación del eje X nos queda:
mgsen60º-FrA-FrB=maG ⇒ 200 · 9.8sen60º-0.20NA-0.20NB=200aG
1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG
ΣFY=maGY ⇒ NA+NB-mgcos60º=0 ⇒ NA+NB-200 · 9.8cos60º=0 ⇒ NA+NB-980=0
Y por último la ecuación de la rotación, en la que tendremos en cuenta que puesto
que el móvil sólo se traslada α=0:
4
3
4
3
ΣMG=IGα ⇒ − NA − FrA + NB − FrB = 0 ⇒ -NA · 2-0.20NA · 1.5+NB · 2-0.20NB · 1.5=0
2
2
2
2
-2NA-0.30NA+2NB-0.30NB=0 ⇒ 1.70NB-2.30NA=0
Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:
1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG
NA+NB-980=0
1.70NB-2.30NA=0
De la segunda ecuación:
NA+NB-980=0 ⇒ NA=980-NB
Y sustituyendo en la primera:
1697.41-0.20NA-0.20NB=200aG ⇒ 1697.41-0.20(980-NB)-0.20NB=200aG
1697.41-196+0.20NB-0.20NB=200aG ⇒ 1697.41-196=200aG ⇒ aG=7.50 m/s2
aG=7.50 m/s2
b) Ahora sustituimos en la tercera:
1.70NB-2.30NA=0 ⇒ 1.70NB-2.30(980-NB)=0 ⇒ 1.70NB-2254+2.30NB=0 ⇒ NB=563.50 N
NB=563.50 N
Y la fuerza de rozamiento:
FrB=0.20NB=0.20 · 563.50=112.70 N
FrB=112.70 N
La normal en el punto A:
NA=980-NB=980-563.50=416.50 N
NA=416.50 N
Y por último la fuerza de rozamiento:
FrA=0.20NA=0.20 · 416.50=83.30 N
FrA=83.30 N
3. - La placa rectangular homogénea
ABCD de 50 kg de masa se mantiene en
equilibrio mediante tres hilos inextensibles
unidos a sus esquinas A, B, C. Si se corta el
hilo unido a la esquina A, determinar en ele
instante inicial: a) la aceleración de la placa;
b) las tensiones en los otros dos hilos.
a) Al cortar el hilo del extremo A la
placa empieza a descender y a moverse hacia la
izquierda. Tendremos que tener en cuenta que se trata de una traslación curvilínea (análogo
al movimiento de un columpio) y no una rotación, por lo que la aceleración angular es nula
(α=0). Por tratarse de un movimiento curvilíneo en el que todas las partículas del sólido
trazan circunferencias de radios r=1 m la aceleración del cualquiera de los puntos (incluido
el centro de masas) tendrá dos componentes, tangencial y normal. La normal en el instante
inicial será nula ya que la placa parte del reposo:
v2
=0
an =
r
Por
tanto
la
aceleración del centro de
masas será tangencial, en
dirección tangente a la
trayectoria
y
sentido
coincidente con el del
movimiento puesto que el
sistema está acelerando.
Así,
realizando
el
diagrama de sólido libre
tendremos
lo
que
aparecen en la figura.
Aplicamos las leyes de
Newton:
ΣFn=man ⇒ TB+TC-mgsen30º=0 ⇒ TB+TC-50 · 9.8sen30º=0 ⇒ TB+TC-245=0
ΣFt=mat ⇒ mgcos30º=ma ⇒ a=gcos30º=9.8cos30º=8.49 m/s2
a=8.49 m/s2
b) Por ultimo de la ecuación de momentos:
2
1 .5
2
1 .5
+ TB sen30º
+ TC cos 30º + TC sen30º
=0
2
2
2
2
-0.491TB+1.241TC=0
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
TB+TC-245=0
-0.491TB+1.241TC=0
De la segunda ecuación:
-0.491TB+1.241TC=0 ⇒ TC=0.3956TB
Y sustituyendo en la primera:
TB+TC-245=0 ⇒ TB+0.3956TB-245=0 ⇒ TB=175.54 N
TB=175.54 N
Y la otra tensión:
TC=0.3956TB=0.3956 · 175.54=69.45 N
TC=69.45 N
ΣMG=IGα ⇒ − TB cos 30º
4. - La pieza soldada triangular ABC
está guiada por dos espigas que deslizan
libremente por sendas guías curvas paralelas
de 1 5 cm de radio talladas en una placa
vertical. La pieza pesa 73 N y su centro de
masas está situado en el punto G. Sabiendo
que en el instante representado la velocidad
de las espigas es 75 cm/s hacia abajo por
dentro de las guías, hallar: a) la aceleración
de la pieza; b) las reacciones en A y B.
a) La masa de la pieza es:
m=
P 73
=
= 7.449 N
g 9.8
No
se
trata
de
una
rotación, sino de
una
traslación
curvilínea.
La
pieza traza una
circunferencia de
15 cm de radio
pero se mantiene
siempre en la
misma posición, con el tramo AC siempre horizontal, luego sólo es una traslación y por tanto
la aceleración angular es nula (α=0). Hacemos el diagrama de sólido libre de la pieza, y
tendremos el peso y las dos reacciones de las ranuras, que puesto que son lisas serán
normales, es decir, perpendiculares a la tangente. En cuanto a la aceleración del centro de
masas, puesto que traza una circunferencia tendrá dos componentes, normal (en la
dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura) y tangencial (en
la dirección tangente). Además, puesto que la única componente de fuerzas en la dirección
tangencial es positiva la aceleración tangencial será también positiva. La aceleración normal
sí es conocida y vale:
an =
v 2 0.752
=
= 3.75 m / s2
ρ
0.15
Aplicamos la segunda ley de Newton a la dirección tangencial:
ΣFt=mat ⇒ mgsen60º=mat ⇒ at=gsen60º=9.8sen60º=8.487 m/s2
Ya tenemos las dos componentes de la aceleración. Puesto que son perpendiculares,
el módulo de la aceleración será:
a = an2 + at2 = 3.752 + 8.487 2 = 9.28 m / s2
a=9.28 m/s2
b) Ahora de la segunda ley de Newton en dirección normal:
ΣFn=man ⇒ mgcos60º-A-B=man ⇒ 7.449 · 9.8cos60º-A-B=7.449 · 3.75 ⇒ A+B=8.566
Y por último podemos aplicar la ecuación de momentos:
ΣMG=IGα ⇒ -Asen60º · 0.075-Acos60º · 0.150+Bsen60º · 0.150-Bcos60º · 0.150=0
-0.140A+0.0549B=0
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
A+B=8.566
-0.140A+0.0549B=0
De la segunda ecuación:
-0.140A+0.0549B=0 ⇒ B=2.549A
Y sustituyendo en la primera:
A+B=8.566 ⇒ A+2.549A=8.566 ⇒ A=2.41 N
A=2.41 N
Y la otra reacción:
B=2.549A=2.549 · 2.41=6.15 N
B=6.15 N
5. - El bloque rectangular macizo y homogéneo, está
soportado en sus vértices por pequeños rodillos que descansan
sobre superficies horizontales. Si la superficie soportante en B
se suprime bruscamente, hallar la aceleración inicial del vértice
A.
momento de inercia de un rectángulo respecto de su centro
Dato:
1
m b2 + h2 .
12
(
)
)
b
1
=
m b2 + h2 α
2 12
Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas, N, aG y α. Tenemos que relacionar dos de
ΣMG=IGα ⇒ N
ellas.
(
Hacemos el diagrama de sólido
libre del bloque y tenemos lo que
aparece en la figura. Todas las
fuerzas son verticales, luego eso
implica que la aceleración del centro
de masas también tiene que ser
vertical. Aplicando la segunda ley de
Newton tendremos:
ΣFY=maGY ⇒ mg-N=maG
Y de la rotación:
Lo otro que sabemos es que la esquina A (que es la que
nos interesa) está apoyada en un plano horizontal, luego tiene
que deslizar sobre esa superficie, es decir, sólo tiene
componente X, como indica la figura. Si relacionamos aG y aA
nos queda:
aG=aA+α x AG-ω2AG
Puesto que se trata del instante inicial y el sistema
parte del reposo:
ω=0 ⇒ aG=aA+α x AG-ω2AG=aA+α x AG
i
j
− aG j = − aAi + 0
b
2
Separando componentes:
0
h
2
k
− α ⇒ − aG j = − aAi −
0
αb
αh
j+
i
2
2
αh
αh
⇒ aA =
2
2
αb
Eje Y: aG =
2
Sustituimos la aceleración del centro de masas esto en la ecuación de la segunda ley
de Newton:
αb
mαb
mg-N=maG ⇒ mg − N = m
⇒ N = mg −
2
2
Y ahora sustituimos la normal en la ecuación de la rotación:
Eje X: 0 = − aA +
N
(
)
(
)
gb αb2 αb2 αh2
mαb  b
1
b
1

=
−
=
+
m b2 + h2 α ⇒  mg −
m b2 + h2 α ⇒
 =
2 12
2  2 12
2
4
12
12

6gb
αb2 αb2 αh2
4b2 + h2
+
+
⇒ gb = α
⇒α=
2
6
6
6
4b2 + h2
Y sustituimos esto en la ecuación que nos da la aceleración del punto A:
6gbh
3gbh
αh
aA =
=
=
2
2
2
2 4b + h
4b2 + h2
gb =
(
aA =
)
3gbh
4b2 + h2
6. La
barra
esbelta
representada en la figura tiene sección
uniforme y pesa 200 N. Está sostenida
por dos cables flexibles y mantenida en
posición por el hilo horizontal amarrado
a su extremo B.
Determinar la
aceleración del centro de masa de la
barra, la aceleración angular de la
misma y la tensión en los dos cables
inmediatamente después de cortar el hilo horizontal amarrado a B.
Inmediatamente después de cortar el cable, la barra comienza a rotar en sentido
horario. Puesto que parte del reposo, en ese instante ω=0. Realizamos el diagrama de sólido
libre de la barra. En cuanto a fuerzas, es sencillo puesto que sólo aparecen el peso, vertical
y hacia abajo, y las tensiones, en las
direcciones de las cuerdas y hacia fuera del
sólido. En cuanto a aceleraciones, la
aceleración angular de la barra tiene sentido
horario. Además habrá que determinar la
aceleración del centro de masas. Para ello
utilizamos el punto B, que está unido al techo
mediante una cuerda y por tanto traza un arco
de circunferencia. Este punto entonces tendrá
dos componentes de aceleración, tangencial y normal. La normal tiene que ser nula puesto
que inicialmente la velocidad es cero, luego la aceleración de B sólo puede ser tangencial. El
ángulo θ que forma la horizontal con la dirección normal es:
55
tgθ =
= 1 ⇒ θ = 45º
100 − 45
En función de B, la aceleración del centro de masas será:
i
aG=aB+α X BG-ω BG=aB+α X BG= − aB senθi − aB cos θj + 0
L
−
2
i
j k
j k
0 −α =
2
= − aB sen 45º i − aB cos 45º j +
0
0
0
0 − α = − aB sen 45º i − ( aB cos 45º −0.5α) j
− 0.5 0 0
Tenemos la aceleración del centro de
masas, pero nos faltaría una ecuación, ya que
podremos plantear tres ecuaciones (dos de
fuerzas y una de momentos) y tenemos
cuatro incógnitas (TA, TB, α y aB). Para añadir
una ecuación más, vamos a relacionar las
aceleraciones de los puntos A y B, ya que el
punto A también está unido al techo por un
cable y también realizará un arco de
circunferencia. Por la misma razón que el punto B, inicialmente sólo tendrá aceleración
tangencial que será horizontal y hacia la izquierda. Tendremos entonces:
i j k
i j k
aB=aA+α X AB-ω2AB=aA+α X AB= − aAi + 0 0 − α = −aAi + 0 0 − α = -aAi-αj
L 0
0
1
0
0
Como conocemos la aceleración de B tendremos:
aB=-aAi-αj ⇒ -aBsen45ºi-aBcos45ºj=-aAi-αj
Igualando componentes en los dos ejes tendremos:
Eje X: -aBsen45º=-aA ⇒ aBsen45º=aA
Eje Y: -aBcos45º=-α ⇒ aBcos45º=α
Y como sen45º=cos45º podemos poner también:
aBcos45º=α ⇒ aBsen45º=α
Si lo sustituimos en la expresión de la aceleración del centro de masas conseguimos
eliminar una incógnita:
aG=-aBsen45ºi-(aBcos45º-0.5α)j=-αi-(α-0.5α)j=-αi-0.5αj
Hacemos el diagrama de sólido libre y aplicamos la segunda ley de Newton y la
ecuación de la rotación, teniendo en cuenta que la masa de la barra es:
m=
P 200
=
= 20.408 kg
g 9.8
ΣFX=maGX ⇒ -TBcos45º=-mα
TBcos45º=20.408α
ΣFY=maGY
mg-TA-TBsen45º=m0.5α
200-TA-TBsen45º=20.408 · 0.5α
200-TA-TBsen45º=10.204α
ΣMG=IGα
L
L
1
− TB sen 45º =
mL2α ⇒ 0.5TA-0.5TBsen45º=1.70α
2
2 12
Tenemos tres ecuaciones y tres incógnitas:
TBcos45º=20.408α
200-TA-TBsen45º=10.204α
0.5TA-0.5TBsen45º=1.70α
De la primera ecuación:
TBcos45º=20.408α
Sustituimos en las otras dos:
200-TA-TBsen45º=10.204α ⇒ 200-TA-20.408α=10.204α ⇒ 200-TA=30.612α
0.5TA-0.5TBsen45º=1.70α ⇒ 0.5TA-0.5 · 20.408α=1.70α ⇒ 0.5TA=11.904α
Nos queda un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
200-TA=30.612α
0.5TA=11.904α
De la segunda ecuación:
0.5TA=11.904α ⇒ TA=23.808α
Y sustituyendo en la primera:
200-TA=30.612α ⇒ 200-23.808α=30.612α ⇒ α=3.675 rad/s2
α=3.675 rad/s2
Ahora las tensiones en las cuerdas son:
TA=23.808α=23.808 · 3.675=87.497 N
TA=87.497 N
TBcos45º=20.408α ⇒ TB=28.861α=28.861 · 3.675=106.064 N
TB=106.064 N
Y la aceleración del centro de masa:
aG=-αi-0.5αj=-3.675i-0.5 · 3.675j=-3.675i-1.838j
En módulo:
TA
aG = 3.6752 + 1.8382 = 4.109 m / s2
aG=4.109 m/s2
7. - Una barra homogénea de longitud
L=2 m y masa m=3 kg está sujeta tal como
se indica en al figura. Si se corta el cable
del extremo B, hallar: a) la reacción en el
pasador; b) la aceleración del punto A.
Momento de inercia de una barra respecto
1
de su punto medio I =
mL2 .
12
2
= 0.5 m del punto C.
4
Realizamos el diagrama de sólido libre de la barra, teniendo en cuenta que el centro de
masas está situado en el punto medio de la misma, es decir, a 1 m de cualquiera de los
extremos y a 0.5 m del punto C. Al cortar el cable del extremo B la barra pivota en torno a
C, de modo que el centro de masas realiza una trayectoria circular en torno a C de radio 0.5
m. Por tanto el centro de masas tendrá dos componentes de aceleración, una normal y otra
tangencial. La normal en el instante posterior a la rotura será nula, ya que la barra estaba


v2
en reposo  aGn = G = 0  luego sólo tendremos componente tangencial en dirección


rG


tangente y sentido el del movimiento ya que el sistema acelera. Respecto a las fuerzas,
tendremos el peso vertical y hacia abajo y la reacción en el pasador C. Dicha reacción
tendrá a priori dos componentes en las dos direcciones del plano, pero es evidente que
puesto que no tenemos componente horizontal de aceleración y se debe verificar la segunda
ley de Newton, no existirá la componente horizontal de esta fuerza, y la reacción en C será
vertical. Tendremos que poner también en el diagrama la aceleración angular α, de sentido
horario, ya que la barra acelera. Así pues el diagrama será el de la figura, y aplicando la
a) Puesto que la barra mide 2 m el punto A está situado a
segunda ley de Newton:
ΣFY=maGY ⇒ mg-FC=maGt ⇒ 3 · 9.8-FC=3aGt ⇒ 29.4-FC=3aGt
1
1
ΣMG=IGα ⇒ FC ⋅ 0.5 =
mL2α ⇒ 0.5FC =
3 ⋅ 22 α ⇒ 0.5FC = α
12
12
Tenemos dos ecuaciones y tres incógnitas, FC, aGt y α. Además, el punto G realiza un
movimiento circular en torno a C de radio rG=0.5 m, luego la aceleración tangencial será:
dv
d
(ωrG ) = αrG = 0.5α
aGt = G =
dt
dt
Si sustituimos esto en la ecuación del eje Y nos queda:
29.4-FC=3aGt ⇒ 29.4-FC=3 · 0.5α ⇒ 29.4-FC=1.5α
Y tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas:
29.4-FC=1.5α
0.5FC=α
Sustituyendo la segunda en la primera:
29.4-FC=1.5α ⇒ 29.4-FC=1.5 · 0.5FC ⇒ 29.4-FC=0.75FC ⇒ FC=16.80 N
FC=16.80 N
b) Y a partir de este resultado:
α=0.5FC=0.5 · 16.80=8.40 rad/s2
aGt=0.5α=0.5 · 8.40=4.20 m/s2
Ahora para la aceleración del punto A aplicamos de nuevo la ecuación del
movimiento:
i
j
k
aA=aG+α x GA-ω GA=aG+α x GA= − 4.20 j + 0 0 − 8.40 = −4.20 j + 8.40 j = 4.20 j m / s2
−1 0
0
2
En módulo:
aA=4.20 m/s2
8. - Un cilindro A de 24 cm de radio y 8 kg de
masa descansa sobre un carro B de 3 kg, que está sobre
una superficie horizontal lisa (sin fricción). El sistema está
en reposo cuando, durante 1 . 2 s, se aplica como se
muestra en la figura una fuerza P de intensidad 1 0 N.
Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cilindro
y el carro es 0. 2, hallar: a) la aceleración del carro durante el tiempo que actúa la
fuerza y la velocidad máxima que alcanza; b) la aceleración del centro del cilindro y
su velocidad máxima; c) la fuerza que ejerce el carro sobre el cilindro. Momento de
1
inercia de un cilindro respecto de su centro
mr 2 .
2
a) A lo largo de todo el problema tomaremos como sistema de ejes unos
cartesianos, con el eje X horizontal y positivo hacia la derecha, el eje Y vertical y positivo
hacia arriba y el eje Z perpendicular a ambos y positivo hacia fuera de la hoja.
Denominaremos a los datos:
mA=8 kg; mB=3 kg; r=24 cm=0.24 m; µ=0.2; P=10 N
Supondremos en principio que el cilindro rueda sin deslizar sobre el carro. Por
tanto, respecto del carro, la aceleración del centro geométrico del cilindro (A), que
coincide con su centro de masa, será:
aA/B=αr
y además, como no hay deslizamiento, la fuerza de rozamiento es inferior a su valor
máximo:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µNA
Tendremos que tener en cuenta que el cilindro está en movimiento respecto del
carro B. Como el carro únicamente se traslada:
aA/B=aA-aB ⇒ aA=aA/B+aB=αri+aBi=(αr+aB)i
Ahora realizamos los diagramas
de sólido libre, tanto del cilindro como
del carro. Como hemos visto, el cilindro
tiene una aceleración en la dirección
positiva del eje X. En cuanto a fuerzas,
está sometido a su peso, a la fuerza P y a
la acción del carro, que tiene dos
componentes: la normal y la
fuerza de rozamiento. Podemos
ver el sentido de la fuerza de
rozamiento teniendo en cuenta la
ecuación de momentos, ya que es
la única fuerza que da momento
respecto del centro de masas, y
por tanto el momento tiene que tener el mismo sentido que la aceleración angular (α).
A continuación tendremos que hacer el diagrama de sólido libre del carro B, a cuya
aceleración hemos denominado aB. En cuanto a fuerzas tendremos su peso, la reacción del
cilindro (que por la tercera ley de Newton será igual y de sentido contrario a la acción del
carro sobre el cilindro) y la acción del suelo, que sólo será normal puesto que con el suelo no
existe rozamiento. Aplicamos a continuación la segunda ley de Newton. Para el cilindro:
ΣFx=mA(aA)x ⇒ P-Fr=mAaA ⇒ P-Fr=mA(αr+aB) ⇒ 10-Fr=8(0.24α+aB)
1
1
1
ΣMG = IG α ⇒ Frr = mAr2α ⇒ Fr = mArα ⇒ Fr = 8 ⋅ 0.24α = 0.96α
2
2
2
Sustituimos la expresión de la fuerza de rozamiento en la ecuación del eje X:
10-Fr=8(0.24α+aB) ⇒ 10-0.96α=1.92α+8aB ⇒ 10=2.88α+8aB
Tenemos una ecuación con dos incógnitas (α y aB). Planteamos pues la segunda ley de
Newton para el carro:
ΣFx=mB(aB)x ⇒ Fr=mBaB ⇒ 0.96α=3aB
Tenemos ya dos ecuaciones y dos incógnitas:
10=2.88α+8aB
0.96α=3aB
De la segunda:
0.96α=3aB ⇒ α=3.125aB
Y sustituyendo en la primera:
10=2.88α+8aB ⇒ 10=2.88 · 3.125aB+8aB ⇒ 10=17aB ⇒ aB=0.588 m/s2
Comprobemos ahora que el cilindro efectivamente rueda sin deslizar. Conociendo aB
podemos determinar la fuerza de rozamiento:
Fr= mBaB =3 · 0.588 =1.765 N
La reacción normal la podemos obtener de la ecuación del eje Y del cilindro:
ΣFy=mA(aA)y ⇒ NA-mAg=0 ⇒ NA=mAg=8 · 9.8=78.4 N
La fuerza de rozamiento máxima será:
(Fr)máx=µNA=0.2 · 78.4=15.68 N
Vemos que efectivamente la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo, y
que por tanto el cilindro rueda sin deslizar:
Fr<(Fr)máx ⇒ 1.765<15.68
Los resultados por tanto son correctos. La aceleración del carro es:
aB=0.588 m/s2
Puesto que la aceleración es constante, el movimiento es rectilíneo uniformemente
acelerado. Por tanto la velocidad máxima del carro se producirá al cabo de los 1.2 s en los
que actúa la fuerza P:
vB=v0B+aBt=aBt=0.588 · 1.2=0.706 m/s
vB=0.706 m/s
b) Conociendo aB ya podemos determinar α:
α=3.125aB=3.125 · 0.588=1.838 rad/s2
Y con el valor de α tenemos ya la aceleración del cilindro:
aA=αr+aB=1.838 · 0.24+0.588=1.029 m/s2
aA=1.029 m/s2
Igual que para el carro, el movimiento del centro del cilindro es rectilíneo
uniformemente acelerado. La velocidad máxima se producirá por tanto en el instante en que
deje de aplicarse la fuerza P, es decir, para t=1.2 s:
vA=v0A+aAt=aAt=1.029 · 1.2=1.235 m/s
vA=1.235 m/s
c) La fuerza que ejerce el carro sobre el cilindro está formada por la normal y la
fuerza de rozamiento, que ambas hemos determinado ya. Vectorialmente tendremos:
Y en módulo:
R=-Fri+NAj=-1.765i+78.4j
2
R = Fr2 + NA
= 1.7652 + 78.42 = 78.42 N
R=78.42 N
9. - La rueda desequilibrada de la figura
tiene una masa de 50 kg y rueda sin deslizamiento
por un plano horizontal. El radio de giro de la
rueda respecto a un eje horizontal que pase por el
centro de masas vale 1 60 mm. En la posición
representada, la velocidad angular de la rueda es
de 6 rad/s. Determinar la aceleración angular de la
rueda y la fuerza que el plano le ejerce en su
punto de contacto, correspondientes a ese
instante.
La rueda rueda sin deslizar hacia la izquierda, luego el centro de masas está
ascendiendo. Eso implica que la velocidad disminuye, de modo que el sistema está frenando,
las aceleraciones lineal y angular tienen sentido opuestos a las respectivas velocidades.
Además, como el sistema rueda sin deslizar la aceleración del centro geométrico de la
rueda, O, será:
aO=αr=0.3α
Vectorialmente tendremos:
aO=0.3αi
La velocidad angular tiene sentido antihorario luego tiene la dirección positiva del
eje Z, lo que implica que la aceleración angular tendrá la dirección negativa del eje Z:
α=-αk
Por tanto, la aceleración del centro de masas será:
i
j k
aG=aO+α X OG-ω2OG= 0.3αi + 0
0 − α − 62 (0.12i) = (0.3α − 4.32)i − 0.12αj
0.12 0
0
Hacemos
el
diagrama
de
sólido
libre. Colocamos las
aceleraciones,
cuyos
sentidos conocemos. En
cuanto a las fuerzas,
tendremos el peso de la
rueda (vertical y hacia
abajo),
la
normal
(perpendicular
a
la
superficie de contacto
y apuntando hacia el
sólido) y la fuerza de
rozamiento (puesto que
tiene que cumplirse la
segunda ley de Newton tiene que tener el mismo sentido que la aceleración en el eje X).
Aplicamos la segunda ley de Newton y la ecuación de la rotación y tendremos:
ΣFX=maX ⇒ Fr=m(0.3α-4.32) ⇒ Fr=50(0.3α-4.32) ⇒ Fr=15α-216
ΣFY=maY ⇒ N-mg=-m0.12α ⇒ N-50 · 9.8=-50 · 0.12α ⇒ N-490=-6α
ΣMG=IGα ⇒ N · 0.12-Fr · 0.3=mk2α ⇒ 0.12N-0.3Fr=50 · 0.162α ⇒ 0.12N-0.3Fr=1.28α
Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas.
Fr=15α-216
N-490=-6α
0.12N-0.3Fr=1.28α
Sustituimos la primera ecuación en las otras dos:
N-490=-6α
0.12N-0.3(15α-216)=1.28α ⇒ 0.12N-4.5α+64.8=1.28α ⇒ 0.12N+64.8=5.78α
Y ahora de la primera ecuación:
N-490=-6α ⇒ N=490-6α
Sustituimos en la segunda:
0.12N+64.8=5.78α ⇒ 0.12(490-6α)+64.8=5.78α
58.8-0.72α+64.8=5.78α ⇒ α=19.02 rad/s2
α=19.02 rad/s2
Y ahora la normal y la fuerza de rozamiento:
N=490-6α=490-6 · 19.02=375.91 N
Fr=15α-216=15 · 19.02-216=69.23 N
Como la fuerza de rozamiento y la normal son dos perpendiculares la reacción del
plano es:
R = Fr2 + N2 = 69.232 + 375.912 = 382.23 N
R=382.23 N
1 0. Un
tambor de 1 00 mm
de
radio
es
solidario
de
un
cilindro de 200 mm
de radio. La masa
combinada
de
ambos es 4. 5 kg y su radio de giro combinado es 1 50 mm. Se sujeta una cuerda como
se muestra y se tira de ella con una fuerza P de módulo 22 N. Sabiendo que los
coeficientes de rozamiento estático y cinético son µ e=0. 25 y µ c=0. 20
respectivamente, hallar en los dos casos si el cilindro desliza o no, así como la
aceleración angular del disco y la aceleración de G.
a) Suponemos en primer lugar que el disco rueda sin deslizar, de modo que
tendremos que la fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µdN
Y además la aceleración del centro geométrico del disco, que coincide en este caso
con el centro de masa será:
aG=αR=0.2α
Hacemos por tanto el diagrama de sólido libre partiendo de esta suposición y
tendremos lo que aparece en la figura. En cuanto a aceleraciones obviamente el disco
rodará hacia la derecha puesto que la
única fuerza externa que se aplica va
hacia la derecha. Esto implica que si no
hay deslizamiento la aceleración angular
tiene que tener sentido horario. En
cuanto a fuerzas tendremos la fuerza
externa P, el peso, la normal y la fuerza
de rozamiento. Puesto que hemos
supuesto que no hay deslizamiento la
fuerza de rozamiento puede tener
cualquiera de los dos sentidos del eje X.
Como en principio no podemos saber cuál es, la suponemos hacia la derecha, y al resolver, el
signo nos dirá si esta suposición es correcta o no. Aplicando la segunda ley de Newton y la
ecuación de la rotación tendremos:
ΣFX=maX ⇒ P+Fr=maG ⇒ 22+Fr=4.5 · 0.2α ⇒ 22+Fr=0.9α
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=4.5 · 9.8=44.1 N
ΣMG=IGα ⇒ Pr-FrR=mk2α ⇒ 22 · 0.1-0.2Fr=4.5 · 0.152α ⇒ 2.2-0.2Fr=0.10125α
Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas, Fr y α:
22+Fr=0.9α
2.2-0.2Fr=0.10125α
De la segunda ecuación:
2.2-0.2Fr=0.10125α ⇒ α=21.728-1.975Fr
Y sustituyendo en la primer:
22+Fr=0.9α ⇒ 22+Fr=0.9(21.728-1.975Fr) ⇒ Fr=-0.880 N
El signo negativo implica que el sentido de la fuerza de rozamiento es contrario al
supuesto. Comprobamos a continuación que el cilindro no desliza:
Fr<µdN ⇒ 0.880<0.20 · 44.1 ⇒ 0.880<8.820
Vemos que efectivamente la fuerza de rozamiento no adquiere su valor máximo
luego el sistema rueda sin deslizar.
NO DESLIZA
La aceleración angular vale:
α=21.728-1.975Fr=21.728+1.975 · 0.880=23.47 rad/s2
α=23.47 rad/s2
Y la aceleración del centro de masas:
aG=0.2α=0.2 · 23.47=4.69 m/s2
aG=4.69 m/s2
b) Vamos a resolver operando de igual modo. Suponemos también que el cilindro
rueda sin deslizar, luego tendremos como antes las dos condiciones:
Fr<µdN
aG=αR=0.2α
Hacemos con esta premisa el
diagrama de sólido libre. La aceleración del
centro de masas será horizontal y hacia la
derecha, lo cual implica que la aceleración
angular tiene sentido horario. En cuanto a
fuerzas, tendremos la fuerza P, el peso, la
normal y la fuerza de rozamiento. Ahora se
tiene que verificar la ecuación ΣMG=IGα, lo
que implica que los momentos tienen que
tener sentido horario. Puesto que el peso y
la normal no dan momento respecto de G, y la fuerza P lo da en sentido antihorario, la
fuerza de rozamiento tiene que hacerlo en sentido horario, luego dicha fuerza tiene que
tener sentido hacia la izquierda. Aplicamos ahora las ecuaciones correspondientes:
ΣFX=maX ⇒ P-Fr=maG ⇒ 22-Fr=4.5 · 0.2α ⇒ 22-Fr=0.9α
ΣFY=maY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=4.5 · 9.8=44.1 N
ΣMG=IGα ⇒ FrR-Pr=mk2α ⇒ 0.2Fr-22 · 0.1=4.5 · 0.152α ⇒ 0.2Fr-2.2=0.10125α
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
22-Fr=0.9α
0.2Fr-2.2=0.10125α
De la primera ecuación:
22-Fr=0.9α ⇒ α=24.444-1.111Fr
Y sustituyendo en la segunda:
0.2Fr-2.2=0.10125α ⇒ 0.2Fr-2.2=0.10125(24.444-1.111Fr) ⇒ Fr=14.96 N
Comprobamos a continuación que el sistema no desliza:
Fr<µdN ⇒ 14.94<0.20 · 44.1 ⇒ 14.96<8.820
Vemos que la suposición realizada es incorrecta, luego el cilindro desliza:
SÍ DESLIZA
Ahora habría que resolver de nuevo. El diagrama de sólido libre sería igual, ya que el
cilindro desliza hacia la derecha, de modo que la fuerza de rozamiento, de sentido
contrario al deslizamiento, iría hacia la izquierda, luego el diagrama no varía. Lo que
tendremos ahora es que puesto que el cilindro desliza la fuerza de rozamiento adquiere su
valor máximo:
Fr=(Fr)máx=µdN=0.2 · 44.1=8.820 N
Y del eje X:
ΣFX=maX ⇒ P-Fr=maG ⇒ 22-8.820=4.5aG ⇒ aG=2.93 m/s2
aG=2.93 m/s2
Y de la ecuación de la rotación:
ΣMG=IGα ⇒ FrR-Pr=mk2α ⇒ 0.2 · 8.820-22 · 0.1=4.5 · 0.152α ⇒ α=-4.31 rad/s2
El signo nos indica que el sentido de la aceleración angular es contrario al supuesto,
es decir, antihorario:
α=4.31 rad/s2
1 1 . - La figura muestra un disco homogéneo de
50 kg de masa y 0. 5 m de radio. Al disco, que está
inicialmente en reposo, se le aplica una fuerza
horizontal F=90 N. Los coeficientes de rozamiento
estático y cinético (o dinámico) son µ e=0. 30 y µ c=0. 25.
Determinar: a) la aceleración de G (centro de masas del
disco); b) el valor máximo de la fuerza F que permite que el disco ruede sin deslizar;
c) la aceleración a G y la aceleración angular del disco si la fuerza F es de 500 N.
1
Dato: momento de inercia de un disco respecto de su centro:
mr 2 .
2
a) Suponemos inicialmente que el disco rueda sin deslizar. Esto implica dos
condiciones, en primer lugar que la fuerza de rozamiento es inferior a la máxima (cosa que
habrá que comprobar posteriormente) y que la aceleración del centro geométrico del disco,
que en este caso coincide con el centro de masas, es el producto de la aceleración angular
por el radio, es decir:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µeN
aG=αri
Ahora hacemos los diagramas de sólido libre del sistema. En cuanto a fuerzas
tendremos el peso, la fuerza externa F y la reacción del suelo, formada por la normal y la
fuerza de rozamiento. Y en cuanto a
aceleraciones la lineal del centro de masas y la
angular, que tendrá sentido horario. Aplicamos
la segunda ley de Newton:
ΣFX=maGX ⇒ F-Fr=maG ⇒ 90-Fr=50aG
ΣFY=maGY ⇒ N-mg=0 ⇒ N=mg=50 · 9.8=490 N
1
1
ΣMG=IGα ⇒ Frr = mr2α ⇒ Fr = mrα
2
2
1
Fr = 50 ⋅ 0.5α ⇒F r = 12.5α
2
Y además sabemos que puesto que el disco rueda sin deslizar:
aG=αr=0.5α
Tenemos pues un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas:
90-Fr=50aG
Fr=12.5α
aG=0.5α
Sustituimos la segunda y la tercera en la primera:
90-Fr=50aG ⇒ 90-12.5α=50 · 0.5α ⇒ α=2.4 rad/s2
La fuerza de rozamiento entonces vale:
Fr=12.5α=12.5 · 2.4=30 N
Comprobamos que efectivamente el disco rueda sin deslizar, es decir, que la fuerza
de rozamiento es inferior al valor máximo:
Fr<µeN ⇒ 30<0.30 · 490 ⇒ 30<147
Como podemos ver, la fuerza de rozamiento es inferior al valor máximo y por tanto
el disco rueda sin deslizar. La aceleración del centro de masas del disco es:
aG=0.5α=0.5 · 2.4=1.2 m/s2
aG=1.2 m/s2
b) El máximo valor de la fuerza F que podemos aplicar para que el disco ruede sin
deslizar es el que hace que la fuerza de rozamiento sea justo la fuerza de rozamiento
máxima, es decir:
Fr=(Fr)máx=µeN=0.30 · 490=147 N
Pero puesto que el disco en este instante rueda sin deslizar la aceleración del
centro de masas será:
aG=αr=0.5α
El diagrama de sólido libre no varía, así como tampoco varían las ecuaciones, salvo
estos dos valores. Así pues nos quedarán:
ΣFX=maGX ⇒ F-Fr=maG ⇒ F-147=50aG
1
1
1
ΣMG=IGα ⇒ Frr = mr2α ⇒ Fr = mrα ⇒ 147 = 50 ⋅ 0.5α ⇒ α = 11.76 rad / s2
2
2
2
aG=0.5α=0.5 · 11.76=5.88 m/s2
F-147=50aG ⇒ F=147+50aG=147+50 · 5.88=441 N
F=441 N
c) Si la fuerza F es de 500 N sabemos ya que el disco rueda y desliza
simultáneamente, y además no es el valor crítico, luego la fuerza de rozamiento toma su
valor máximo pero el cinético:
Fr=(Fr)máx=µcN=0.25 · 490=122.5 N
Las ecuaciones son las mismas que en el apartado anterior salvo este valor de la
fuerza de rozamiento y que aG y α son ahora completamente independientes. Tenemos
entonces las ecuaciones:
ΣFX=maGX ⇒ F-Fr=maG ⇒ 500-122.5=50aG ⇒ aG=7.55 m/s2
aG=7.55 m/s2
1
1
1
ΣMG=IGα ⇒ Frr = mr2α ⇒ Fr = mrα ⇒ 122.5 = 50 ⋅ 0.5α ⇒ α = 9.8 rad / s2
2
2
2
α=9.8 rad/s2
punto medio
1
mL2 .
6
1 2. - El bloque cuadrado macizo se apoya en el plano
horizontal mediante un pequeño cilindro con rozamiento
despreciable. Se suelta el bloque desde el reposo en la posición
que se muestra. Calcular la velocidad angular ω del bloque y la
velocidad lineal de la esquina O cuando la C alcance la superficie
horizontal.
Dato: momento de inercia de un cubo respecto de su
Vamos a aplicar la conservación de la energía entre la posición
inicial, cuando el bloque parte del reposo en la figura del enunciado, y la
posición final, cuando la esquina C alcanza la horizontal. Si hacemos el
diagrama de sólido libre del bloque podemos ver que está sometido a
dos fuerzas, el peso vertical y hacia abajo y la normal en O vertical y
hacia arriba, y son las únicas dos fuerzas que actúan durante todo el
movimiento. Esto significa que tanto la aceleración del centro de masas
como su velocidad tienen que ser verticales y hacia abajo. Para que el
centro de masas caiga sobre su propia vertical la esquina O tiene que
deslizar hacia la izquierda, horizontalmente puesto que se apoya en todo momento sobre un
suelo horizontal. Así, el bloque girará en sentido horario.
Aplicamos la conservación de la energía
entre las dos situaciones que hemos dicho y que
representamos en la figura.
W=∆EC ⇒ Wmg+WN=∆EC ⇒ -∆EPg=∆EC
Hemos tenido en cuenta que puesto que
la normal es perpendicular al desplazamiento no
realiza trabajo. Así pues:
-∆EPg=∆EC ⇒ EPginicial-EPgfinal=ECfinal-ECinicial
El sistema parte del reposo luego la energía cinética inicial es nula:
1
1
EPginicial-EPgfinal=ECfinal-ECinicial ⇒ EPginicial-EPgfinal=ECfinal ⇒ mghinicial − mghfinal = mvG2 + IG ω2
2
2
L 1
1 1
1
mgLsen45º −mg = mvG2 +
mL2 ω2 ⇒ 2gLsen45º − gL = vG2 + L2 ω2
2 2
26
6
Nos falta relacionar vG y ω en la situación final. Para ello vamos a relacionar las
velocidades del centro de masas y de la esquina O en esta posición, sabiendo, como hemos
dicho, que la velocidad del centro de masas es vertical y hacia abajo y la de la esquina O
horizontal y hacia la izquierda. Tendremos pues:
i
j
k
vG=vO+ω x OG ⇒ − vG j = − vOi + 0 0 − ω
L L
0
2 2
ωL
ωL
j+
i
− vG j = −vOi −
2
2
Separando los ejes tendremos:
ωL
ωL
Eje X: 0 = −vO +
⇒ vO =
2
2
ωL
Eje Y: vG =
2
Sustituimos en la expresión de la energía vG por su valor:
1
1
1
2gLsen45º − gL = vG2 + L2 ω2 ⇒ 2gLsen45º − gL = ω2L2 + L2 ω2
6
4
6
2gsen45º − g =
1 2
1
5 2
ω L + Lω2 ⇒ 2gsen45º − g =
ω L⇒ω=
4
6
12
=
12 ⋅ 9.8(2sen45º −1)
= 6.19 rad / s
5 ⋅ 0.254
12g(2sen45º −1)
=
5L
ω=6.19 rad/s
Y la velocidad de la esquina O:
ωL 6.19 ⋅ 0.254
=
= 0.787 m / s
vO =
2
2
vO=0.788 m/s
1 3. - Los extremos de la barra AB de 4 kg
están obligados a moverse como se muestra, por las
ranuras abiertas en la vertical. Al extremo A se sujeta
un muelle de constante k=525 N/m de tal modo que su
tensión es nula cuando θ=0º . Si la barra se abandona
en reposo cuando θ=50º , hallar su velocidad angular y
la velocidad del extremo B cuando θ=0º .
Aplicaremos la
conservación de la
energía
entre
la
situación inicial que
marcaremos como 1,
cuando la barra se
suelta desde el reposo
en θ=50º, y la posición
final que denominaremos 2 cuando la barra pasa por θ=0º. Tendremos entonces:
ET1+Wotras=ET2
Tomamos el nivel nulo de energía potencial gravitatoria en la posición más baja del
centro de masas. Así, inicialmente sólo tenemos energía potencial elástica, ya que el
resorte está alargado una cantidad:
∆l1=l-lcos50º=0.635-0.635cos50º=0.2268 m
En la posición final tendremos energía cinética, de rotación y traslación, y energía
potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo realizado por las fuerzas, aparte del peso y de
la fuerza de recuperación elástica sobre la barra actuarían las normales en A y en B, pero
puesto que son perpendiculares al desplazamiento no realizan trabajo. Nos queda pues:
1
1
1
ET1+Wotras=ET2 ⇒ EPe1=ECR2+ECT2+EPg2 ⇒ k∆l12 = IG ω2 + mvG2 + mghG
2
2
2
Para tener una ecuación con una incógnita
tenemos que relacionar la velocidad del centro de
masas vG con la velocidad angular ω en la posición final
(2). Para ello relacionamos las velocidades de los
extremos de la barra, A y B, que sabemos sus
direcciones puesto que están obligados a desplazarse
en el interior de las guías. Tendremos:
i
j k
vA=vB+ω X BA ⇒ − vAi = vB j +
Separando en los dos ejes:
0
0 ω
− 0.635 0 0
-vAi=vBj-0.635ωj
Eje X: -vA=0 ⇒ vA=0
Eje Y: 0=vB-0.635ω ⇒ vB=0.635ω
El resultado vA=0 es lógico ya que puede verse que en ese instante el extremo A
pasa de moverse hacia la izquierda a moverse hacia la derecha, luego instantáneamente en
ese momento tiene que detenerse.
Ahora, la velocidad del centro de masa en función de uno cualquiera de esos puntos
es:
i
j k
vG=vA+ω X AG=ω X AG= 0
0 ω = 0.3175ωj
0.635
0 0
2
Ahora, en la ecuación de la energía:
1
1
1 1
1
l
1
1
k∆l12 = IG ω2 + mvG2 + mghG ⇒ k∆l12 = ⋅ ml2ω2 + m(0.3175ω)2 + mg sen50º
2
2
2
2 12
2
2
2
1
1 1
1
0.635
2
2
2 2
525 ⋅ 0.2268 = ⋅ 4 ⋅ 0.635 ω + 4(0.3175ω) + 4 ⋅ 9.8
sen50º
2
2 12
2
2
3.9683=0.2688ω2 ⇒ ω=3.84 rad/s
ω=3.84 rad/s
Y la velocidad del extremo B:
vB=0.635ω=0.635 · 3.84=2.44 m/s
vB=2.44 m/s
1 4. - Se tira hacia delante de la rueda
representada en la figura mediante una fuerza
constante P de 260 N. El peso de la rueda es de
375 N y su radio de giro respecto al eje de la
rueda (radio de giro centroidal) es de k=231 mm
(IG=mk2). La rueda va rodando sin deslizamiento
por la superficie horizontal y en la posición
representada lleva una velocidad angular de 1 5
rad/s en sentido horario. Determinar: a) la aceleración angular de la rueda y las
componentes horizontal y vertical de la fuerza que le ejerce la superficie; b) el valor
del mínimo coeficiente de rozamiento que evita el deslizamiento; c) la velocidad
angular de la rueda cuando ha dado una vuelta completa.
a) En primer lugar vamos a determinar el ángulo θ que forma la fuerza P con la
horizontal, y que será:
5
tgθ =
⇒ θ = 22.62º
12
Y la masa de la rueda será:
375 375
mg=375 N ⇒ m =
=
= 38.265 kg
g
9.8
Llamamos R al radio de la rueda R=30 cm=0.3 m.
Ahora hacemos el diagrama de sólido libre de la rueda. En cuanto a fuerzas, está
sometida a la fuerza P, a su peso y a la reacción del suelo, compuesta por la normal y la
fuerza de rozamiento. En cuanto a aceleraciones, el centro de masas de la rueda coincide
con su centro geométrico,
de modo que por rodar sin
deslizar se verifica que:
aCM=aO=αR=0.3α
Y tendremos que la
aceleración angular α tendrá
el mismo sentido que ω
puesto que la rueda tiene
que acelerar. Nos quedan los
diagramas que aparecen en
la figura. Aplicamos la
segunda ley de Newton.
ΣFX=m(aCM)X ⇒ Pcosθ-Fr=maCM ⇒ 260cos22.62º-Fr=38.265 · 0.3α ⇒ 240-Fr=11.48α
ΣFY=m(aM) Y ⇒ Psenθ+N-mg=0 ⇒ 260sen22.62º+N-375=0 ⇒ N=275 N
N=275 N
2
ΣMCM=ICMα ⇒ FrR=mk α ⇒ 0.3Fr=38.265 · 0.2312α ⇒ Fr=6.80265α
Tenemos un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas:
240-Fr=11.48α
Fr=6.80265α
Sustituyendo la segunda en la primera:
240-Fr=11.48α ⇒ 240-6.80265α=11.48α ⇒ α=13.13 rad/s2
α=13.13 rad/s2
Y la fuerza de rozamiento:
Fr=6.80265α=6.80265 · 13.13=89.28 N
Fr=89.28 N
b) Para que el sistema ruede sin deslizar la fuerza de rozamiento tiene que ser
inferior a su valor máximo, de modo que:
F
89.28
Fr≤(Fr)máx ⇒ Fr≤µN ⇒ µ ≥ r ⇒ µ ≥
⇒ µ ≥ 0.32
N
275
µ≥0.32
c) Vamos a aplicar el teorema de conservación de la energía, entre la situación
inicial, cuando la velocidad angular es ω1=15 rad/s, y la final, cuando la velocidad angular es
ω2. Entre estas dos posiciones el centro de masas se ha desplazado una cantidad:
xCM=2πR
Además, puesto que la rueda no desliza, la velocidad del centro de masas en
cualquiera de las dos situaciones será:
vCM1=ω1R=0.3ω1
vCM2=ω2R=0.3ω2
Aplicando
el
teorema
de
conservación de la energía tendremos:
W=∆EC
De las fuerzas que aparecen
realizan trabajo la fuerza externa P y el
peso. La normal no realiza trabajo por
ser perpendicular al desplazamiento y la resistencia a la rodadura no disipa energía. Así
pues nos queda:
W=∆EC ⇒ WP+Wmg=∆EC ⇒ P · xCM-∆EPg=∆EC
El centro de masas no varía su altura, luego no hay variación de energía potencial
gravitatoria:
P · xCM-∆EPg=∆EC ⇒ P · xCM=∆EC ⇒ PxCMcosθ=EC2-EC1
1
1
1
1
2
2
PxCM cos θ = mvCM
ICM ω22 − mvCM
I ω12
2 +
1 −
2
2
2
2 CM
1
1
1
1
P2πR cos θ = m(0.3ω2 )2 + mk 2 ω22 − m(0.3ω1 )2 − mk 2 ω12
2
2
2
2
1
1
P2πR cos θ = mω22 0.32 + k 2 − mω12 0.32 + k 2
2
2
1
1
2
2
260 ⋅ 2π ⋅ 0.3 cos 22.62º = 38.265ω2 0.3 + 0.2312 − 28.265 ⋅ 152 0.32 + 0.2312
2
2
ω2=19.75 rad/s
Podríamos haber tenido en cuenta que puesto que las fuerzas son constantes, la
aceleración del centro de masas también es constante y vale:
aCM=0.3α=0.3 · 13.13=3.94 m/s2
Tenemos la velocidad inicial del centro de masas:
vCM1=0.3ω1=0.3 · 15=4.5 m/s
Y el espacio recorrido:
xCM=2πR=2π · 0.3=1.885 m
Aplicando las ecuaciones del movimiento rectilíneo uniformemente acelerado
tendremos:
1
1
xCM = x0 + vCM1 t + aCM t2 ⇒ 1.885 = 4.5t + 3.94t2 ⇒ 1.97 t2 + 4.5t − 1.885 = 0
2
2
(
)
(
(
)
)
(
)
− 4.5 ± 4.52 + 4 ⋅ 1.97 ⋅ 1.885  0.361 s
=
2 ⋅ 1.97
− 2.65 s
Obviamente la solución negativa es absurda. Ahora, de la ecuación de la velocidad:
vCM2=vCM1+at=4.5+3.94 · 0.361=5.92 m/s
Y puesto que la rueda no desliza:
v
5.92
vCM2=0.3ω2 ⇒ ω2 = CM2 =
= 19.74 rad / s
0.3
0.3
También podríamos haber tenido en cuenta que puesto que la aceleración angular es
constante también es movimiento uniformemente acelerado en cuanto a la rotación,
recorriéndose un ángulo de 2π radiantes, con lo que tendríamos:
1
1
θ = θ 0 + ω1 t + αt2 ⇒ 2π = 15t + 13.13t2 ⇒ 6.565t2 + 15t − 6.28 = 0
2
2
t=
− 15 ± 152 + 4 ⋅ 6.565 ⋅ 6.28  0.361 s
=
2 ⋅ 6.565
− 2.65 s
Y la velocidad angular:
ω2=ω1+αt=15+13.13 · 0.361=19.74 rad/s
t=
1 5. - El centro de masas G de una rueda de masa 5
kg y de radio R=300 mm está situado a una distancia
r=1 00 mm de su centro geométrico C. El momento de
inercia de la rueda respecto a G es 0. 1 1 25 kgm2 y el
coeficiente de rozamiento es de 0. 1 5. Cuando la rueda
gira su velocidad angular varía, siendo de ω=8 rad/s en la
posición representada en la figura. Hallar: a) la
aceleración angular de la rueda en dicho instante; b) la reacción del suelo en ese
mismo instante; c) la mínima velocidad angular que tendrá la rueda.
a) No nos dicen si la rueda desliza o no, de modo que supondremos una cosa y
posteriormente la comprobaremos. Suponemos que la rueda no desliza, con lo cual la fuerza
de rozamiento tiene que ser inferior a su valor máximo:
Fr≤(Fr)máz ⇒ Fr≤µN
Además, si no hay deslizamiento la aceleración del centro geométrico del disco
será:
aC=αR=0.3α
Vectorialmente tendrá la dirección del eje X (puesto que es un punto cuyo
movimiento es rectilíneo) y hacia la izquierda, ya que la velocidad angular de la rueda tiene
que disminuir puesto que el centro de masas de la rueda asciende (aumenta la energía
potencial gravitatoria luego disminuye la cinética). Por tanto:
aC=-0.3αi
Con estas premisas, que posteriormente comprobaremos, comenzamos a resolver el
problema. Tendremos que hacer en primer lugar el diagrama de sólido libre (fuerzas y
aceleraciones). En cuanto a aceleraciones, tenemos que determinar la aceleración del
centro de masas del disco, que en este caso no coincide con su centro geométrico. Así pues
podemos relacionarlos a través de la ecuación:
i
j k
a G = a C + α × CG − ω2 CG = −0.3αi +
de Newton:
0
0 α − 82 ( −0.1i) =
− 0.1 0 0
=-0.3αi-0.1αj+6.4i=-(0.3α-6.4)i-0.1αj
En cuanto a fuerzas, tendremos
el peso en el centro de masas, y las
reacciones del suelo, que serán la normal
y la fuerza de rozamiento. La fuerza de
rozamiento tiene que ir hacia la
izquierda, ya que hemos dicho que el
movimiento es decelerado, de modo que
la aceleración tiene sentido contrario a
la velocidad (hacia la izquierda).
Aplicamos a continuación la segunda ley
ΣFx=maGx ⇒ -Fr=-maGx ⇒ Fr=m(0.3α-6.4)=5(0.3α-6.4)=1.5α-32
ΣFy=maGy ⇒ N-mg=-maGy ⇒ N=mg-maGy=5 · 9.8-5 · 0.1α=49-0.5α
Por último la ecuación de la rotación es:
ΣMG=IGα ⇒ Nr-FrR=IGα
Sustituimos la normal y la fuerza de rozamiento por las expresiones que hemos
obtenido para ellas en las ecuaciones de fuerzas:
Nr-FrR=IGα ⇒ (49-0.5α)0.1-(1.5α-32)0.3=0.1125α
4.9-0.05α-0.45α+9.6=0.1125α ⇒ α=23.67 rad/s2
Comprobamos a continuación que efectivamente el cuerpo rueda sin deslizar. Los
valores de la fuerza de rozamiento y la normal son:
Fr=1.5α-32=1.5 · 23.67-32=3.51 N
N=49-0.5α=49-0.5 · 23.67=37.16 N
Si el sistema rueda sin deslizar debe verificarse que:
Fr≤µN ⇒ 3.51≤0.15 · 37.16 ⇒ 3.51≤5.57
La suposición que hemos hecho es correcta, de modo que la aceleración angular vale:
α=23.67 rad/s2
b) La reacción del suelo está formada por la fuerza de rozamiento y la normal, luego
es un vector:
R=-Fri+Nj=-3.51i+37.16j
En módulo:
R = Fr2 + N 2 = 3.512 + 37.162 = 37.33 N
R=37.33 N
c) Como el rozamiento a la
rodadura no disipa energía y la normal
es perpendicular al desplazamiento
(por tanto no realiza trabajo), la
energía mecánica del sistema debe
conservarse. Eso implica que la suma
de las energías potencial y cinética
debe ser constante. Por tanto, la
velocidad será mínima cuando la
energía cinética sea mínima, es decir, cuando la potencial gravitatoria sea máxima. Esto
sucederá cuando el centro de masas del sistema pase por su posición más alta. Por tanto
aplicamos la conservación de la energía mecánica entre la posición inicial, cuando la
velocidad angular es de 8 rad/s, y la posición final, cuando el centro de masas está en la
posición más alta y la velocidad angular es ωf. Tendremos pues:
1
1
1
1
2
2
EMi = EMf ⇒ ECRi + ECTi = ECRf + ECTf + EPgf ⇒ IG ωi2 + mv Gi
= IG ω2f + mv Gf
+ mgr
2
2
2
2
Tenemos que relacionar la velocidad del centro de masas con la velocidad angular.
En la posición inicial tendremos:
i
j
k
v Gi = v Ci + ωi × CG = ωiRi + 0 0 − ωi = ωiRi + ωirj = 8 ⋅ 0.3i + 8 ⋅ 0.1 j = 2.4i + 0.8 j
−r 0
0
El módulo al cuadrado será:
2
v Gi
= 2.4 2 + 0.82 = 6.4 m2 / s 2
En la posición final, haciendo de modo análogo:
i j
k
v Gf = v Cf + ω f × CG = ω f Ri + 0 0 − ω f = ω f Ri + ω f ri = ω f (R + r)i = ω f (0.3 + 0.1)i = 0.4ω f i
0 r
0
Sustituyendo en la ecuación de la energía:
1
1
1
1
2
2
I ω2 + mv Gi
= IG ω2f + mv Gf
+ mgr
2 G i
2
2
2
1
1
1
1
0.1125 ⋅ 82 + 5 ⋅ 6.4 = 0.1125ω2f + 5(0.4ω f ) 2 + 5 ⋅ 9.8 ⋅ 0.1 ⇒ 14.7 = 0.45625ω2f
2
2
2
2
ωf=5.68 rad/s
Llegamos a la misma solución
si tomamos el movimiento de la rueda
como una rotación pura en torno al
centro instantáneo de rotación, que
denominaremos O. En este caso
tendríamos que inicialmente:
1
EMT = ECi = IO ωi2
2
ya que con respecto al eje
instantáneo de rotación, O, el movimiento es una rotación pura. El momento de inercia
respecto de O, aplicando el teorema de Steiner, valdrá:
IO=IG+mOG2=IG+m(R2+r2)=0.1125+5(0.32+0.12)=0.6125 kgm2
Cuando G está en la posición más alta:
1
EMT = ECf + EPf = I´O ω2f + mgr
2
Igual que antes, por el teorema de Steiner:
I´O=IG+mOG´2=IG+m(R+r)2= 0.1125+5 · (0.3+0.1)2=0.9125 kgm2
Sustituyendo:
1
1
1
1
EMT = cte ⇒ IO ωi2 = I´O ω2f + mgr ⇒ 0.6125 ⋅ 82 = 0.9125ω2f + 5 ⋅ 9.8 ⋅ 0.1
2
2
2
2
ωf=5.68 rad/s
O también podríamos haber llegado a la ecuación anterior por:
1
1
W=∆EC ⇒ mgrcos180º=EC final-EC inicial ⇒ − mgr = I´O ω2f − IO ωi2
2
2
Puede verse que esta ecuación es la misma que tenemos anteriormente.
1 6. - La masa del disco macizo A
representado en la figura es de 50 kg. Un cable
arrollado a una leve garganta del disco está
amarrado a la barra BC, que tiene una masa de
25 kg. En la posición representada, la barra BC
está horizontal y en ese instante su velocidad
angular de 5 rad/s en sentido contrario al de las
agujas del reloj. Determinar en ese instante: a) la aceleración angular del disco A; b)
la tensión del cable; c) las componentes horizontal y vertical (Cx y Cy) de la reacción
del apoyo en C; d) si en ese momento se corta la cuerda que une la barra y el disco,
determina la máxima velocidad angular de la barra.
1
Datos: momento de inercia de un disco respecto de su centro:
mr 2 ;
2
1
momento de inercia de una barra respecto de su centro:
ml 2 .
12
a) Marcaremos con el subíndice A a los parámetros que
hacen referencia al disco y con el subíndice B a los que hacen
referencia a la barra.
Hacemos el diagrama de sólido libre del disco y de la
barra, que son dos sólidos que se mueven independientemente.
Para el disco tendremos lo que aparece en la gráfica. El disco no
se traslada pero sí rota. Aplicamos la ecuación correspondiente
a la rotación y tendremos:
ΣMG = IG α ⇒ Tr =
1
1
mAr 2 α A ⇒ T = mArα A
2
2
1
50 ⋅ 0.2α A ⇒ T = 5α A
2
Ahora tenemos que hacer el diagrama de sólido libre de la barra, que además de
rotar sí se traslada. Necesitamos la aceleración de su centro de masas, que coincidirá con
su centro geométrico. Así pues, dicha aceleración será:
i
j k
T=
aG = aC + αB × CG − ω2BCG =
0
0 αB − 52 ( −0.5i) = −0.5αB j + 12.5i
− 0.5 0 0
En el gráfico puede
verse el diagrama de sólido
libre de la barra. Aplicamos
la segunda ley de Newton a
los dos ejes y la ecuación
correspondiente
a
la
rotación. Tendremos pues:
ΣFX=mBaGX ⇒ CX=25 · 12.5=312.5 N
ΣFY=mBaBGY ⇒ T+CY-mBg=-mB0.5αB ⇒ T+CY-25 · 9.8=-25 · 0.5αB ⇒ T+CY-245=-12.5αB
l
l
1
1
1
1
ΣMG=IGαB ⇒ − T + CY =
m l2 α ⇒ −T + CY =
25 ⋅ 12 α B ⇒ 0.5CY − 0.5T = 2.083α B
2
2 12 B B
2
2 12
Tenemos tres ecuaciones y cuatro incógnitas (T, CY, αA y αB). Además tendremos
que todos los puntos de la cuerda tienen la misma aceleración en dirección vertical, de
modo que el punto del disco en contacto con la cuerda y el punto de la barra en contacto
con la cuerda tendrán la misma componente vertical de la aceleración.
En cuanto al disco, llamaremos D a dicho punto. Este punto realiza un
movimiento circular, luego tendrá dos componentes de aceleración, la normal
(en la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de
curvatura) y la tangencial (tangente al disco y hacia abajo). Así pues:
aD = −ω2Ari − α Arj = −0.2ω2Ai − 0.2α A j
Respecto a la barra, la aceleración del punto B será:
i
j k
aB = aC + α B × CB − ω2B CB = 0 0 α B − 5 2 ( −i) = −α B j + 25i
−1 0 0
Como hemos dicho, las componentes verticales de la aceleración tienen que se
iguales luego:
-0.2αA=-αB ⇒ 0.2αA=αB
Y tenemos un sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas:
T=5αA
T+CY-245=-12.5αB
0.5CY-0.5T=2.083αB
αB=0.2αA
Sustituimos la primera ecuación en las demás:
5αA+CY-245=-12.5αB
0.5CY-0.5 · 5αA=2.083αB ⇒ 0.5CY-2.5αA=2.083αB
αB=0.2αA
Ahora sustituimos la tercera ecuación en las otras dos:
5αA+CY-245=-12.5 · 0.2αA ⇒ CY-245=-7.5αA
0.5CY-2.5αA=2.083 · 0.2αA ⇒ 0.5CY=2.917αA
Multiplicamos la segunda ecuación por (-2) y las sumamos:
CY-245=-7.5αA
-CY=-5.83αA
Nos resulta la ecuación:
-245=-13.33αA ⇒ αA=18.375 rad/s2
αA=18.375 rad/s2
b) La tensión del cable es:
T=5αA=5 · 18.375=91.875 N
T=91.875 N
c) La componente horizontal ya estaba determinada:
CX=312.5 N
La componente vertical la podemos sacar de cualquiera de las ecuaciones:
CY=5.83αA=5.83 · 18.375=107.19 N
CY=107.19 N
d) Ahora cortamos la cuerda, con lo cual la barra comienza a caer como si se
tratara de un péndulo físico. Aplicamos la conservación de la energía entre la situación
inicial, cuando la barra parte de la posición
horizontal con velocidad angular de 5 rad/s y la
situación final, cuando la velocidad angular es
máxima. Aparte del peso no hay ninguna fuerza
que realice trabajo, ya que las reacciones en C
no se desplazan, de modo que la energía
mecánica
(potencial+cinética)
tiene
que
conservarse. Si la velocidad angular es máxima,
la energía cinética será máxima, y por tanto la
potencial tiene que ser mínima, es decir, la
altura debe ser mínima. La velocidad angular será entonces máxima cuando el centro de
masas de la barra pase por la posición más baja, es decir, cuando la barra esté en posición
vertical. Tendremos entonces lo que aparece en la figura. Aplicando la conservación de la
energía tendremos:
ETinicial=ETfinal ⇒ ECinicial+EPginicial=Ecfinal
Inicialmente el sistema tiene energía potencial debida a la altura del centro de
masas y cinética, mientras que al pasar por la vertical sólo tendremos energía potencial. Así
pues:
ECRinicial+ECTinicial+EPginicial=ECRfinal+ECTfinal
1
1
1
1
2
2
+ IG ω2B + mB ghG = mB vGf
+ IG ω2máx
mB vGi
2
2
2
2
Inicialmente, la velocidad lineal del centro de masas será:
i
j k
v Gi = v C + ωB × CG =
Del mismo modo, en la situación final:
v Gf = v C + ωmáx × CG =
0
0 5 = −2.5 j
− 0.5 0 0
i
j
k
0
0 ωmáx = −0.5ωmáx j
− 0.5 0
0
Sustituyendo todo:
1
1
1
1
2
2
+ IG ω2B + mB ghG = mB vGf
+ IG ω2máx
mB vGi
2
2
2
2
1
1 1
l 1
1 1
2
+ ⋅ mBl2 ω2máx
m v 2 + ⋅ m l2 ω2 + mB g = mB vGf
2 B Gi 2 12 B B
2 2
2 12
1
1 2 2
1
1 2 2
2.52 +
1 5 + 9.8 ⋅ 0.5 = (0.5ωmáx ) 2 +
1 ωmáx ⇒ ωmáx = 7.38 rad / s
2
24
2
24
ωmáx=7.38 rad/s
1 7. - Un collarín B de masa m y de dimensiones
despreciables, está sujeto a un aro de la misma masa m y
radio r que rueda sin deslizar sobre una superficie horizontal.
Hallar la velocidad angular ω1 del aro en función de g y r
cuando B está en la vertical del centro A y por encima de
éste, sabiendo que la velocidad angular del aro es 3ω1 cuando
B está en la vertical y por debajo de éste.
En primer lugar vamos a determinar la posición del
centro de masas del sistema. Tenemos un aro de masa m y un
collarín también de masa m. Cogemos unos ejes coordenados
como los de la figura, de modo que tendremos:
xG=0
mA yA + mB yB
mr
r
=
=
yG =
m+m 2
mA + mB
El centro de masas del sistema está a mitad de
distancia entre el collarín y el centro geométrico del aro.
Ahora aplicamos el teorema de conservación de la
energía, entre la situación inicial, en la que B está en la
vertical de A por debajo y la velocidad
angular es 3ω1, y la situación final, en la que
B está en la vertical de A por encima y la
velocidad angular es ω1. Tomamos como
nivel de energía potencial gravitatoria nula
el nivel más bajo de la posición del centro
de masas. Tendremos pues:
ETinicial+Wotras=ETfinal
Inicialmente
tenemos
energía
cinética, ya que la velocidad es 3ω1, y no
tendremos potencial gravitatoria. En
cuanto al trabajo, aparte del peso
tendremos como fuerzas la normal y la
fuerza de rozamiento. La normal no realiza trabajo por ser perpendicular al
desplazamiento, y la de rozamiento tampoco porque no hay deslizamiento. Por último, en la
situación final tendremos energía potencial gravitatoria y energía cinética. Nos queda
entonces:
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECinicial=ECfinal+EPgfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal
1
1
1
1
2
2
2
(mA + mB )vGinicial
+ IG ωinicial
= (mA + mB )vGfinal
+ IG ω2final + (mA + mB )ghG
2
2
2
2
Vamos a ir determinando las cosas. En primer lugar necesitamos el momento de
inercia respecto de G, que será la suma de los dos. Así pues:
IG=IGA+IGB
Para el aro tendremos, aplicando el teorema de Steiner:
2
r2 5mr2
r
=
IGA = IG + mAdA2 = mr2 + m  = mr2 + m
4
4
2
Y para el collarín:
2
mr2
r
IGB = mBdB2 = m  =
4
2
Por tanto el momento de inercia del conjunto será:
5mr2 mr2 6mr2 3mr2
+
=
=
IG = IGA + IGB =
4
4
4
2
Ahora vamos a relacionar las velocidades lineales del centro de masas con las
velocidades angulares. Inicialmente:
i
j
k
v Ginicial = vAinicial + ωinicial × AGinicial = 3ω1ri + 0
0
r
0 −
2
i
j
− 3ω1 = 3ω1ri −
0
k
v Gfinal = vAfinal + ωfinal × AGfinal = ω1ri + 0 0
r
0
2
− ω1 = ω1ri +
0
3ω1r
3ω1r
i=
i
2
2
3ω1r
ω1r
i=
i
2
2
Sustituyendo todo:
1
1
1
1
2
2
2
(mA + mB )vGinicial
+ IG ωinicial
= (mA + mB )vGfinal
+ IG ω2final + (mA + mB )ghG
2
2
2
2
2
2
2
1
1 3mr2
 3ω r 
(3ω1 )2 = 1 2m 3ω1r  + 1 ⋅ 3mr ω12l + 2mg ⋅ 2 ⋅ r
2m 1  + ⋅
2  2 
2
2
2  2 
2
2
2
27rω12 3rω12
g
1 3r
1 3r
⋅ ⋅ 9ω12 = ⋅ ω12 + 2g ⇒
−
= 2g ⇒ 3rω12 = g ⇒ ω1 =
2 2
2 2
4
4
3r
ω1 =
IO=mr2.
g
3r
1 8. - Media sección de tubo de masa m y radio r se
abandona en reposo en la posición representada. Sabiendo que
rueda sin deslizar, hallar; a) su velocidad angular tras rodar
90º ; b) la reacción en la superficie horizontal en el mismo
instante.
Datos: posición del centro de masas G respecto de O
2r
; momento de inercia del semicírculo respecto de O
π
a) Dibujamos las dos posiciones, la inicial que es la que viene en el enunciado, y la
final, que es cuando el tubo se ha desplazado 90º, obviamente hacia la izquierda. Aplicamos
el teorema de conservación de la energía entre estas dos posiciones:
ETinicial+Wotras=ETfinal
Inicialmente
tenemos
sólo
energía
potencial gravitatoria, ya
que el tubo parte del
reposo. En cuanto a las
fuerzas, a mayores del peso
aparecen la normal y la
fuerza de rozamiento. La
normal no realiza trabajo
porque es perpendicular al
desplazamiento y la fuerza
de rozamiento tampoco porque no hay deslizamiento. Y en la situación final tendremos
energía cinética, tanto de rotación como de traslación:
1
1
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPg=ECR+ECT ⇒ mghG = IG ω2 + mvG2 ⇒ 2mghG = IG ω2 + mvG2
2
2
Vamos ahora a determinar todo. La altura correspondiente al centro de masas hG
coincide con la distancia entre los puntos O y G:
2r
yG = OG =
π
Para el momento de inercia tenemos que aplicar el teorema de Steiner, ya que nos
dan el momento de inercia respecto de O y necesitamos el momento de inercia respecto de
G:
2
  2 2 
π2 − 4 mr2 2
 2r 
= 2 π −4
IO = IG + md2 ⇒ IG = IO − md2 = mr2 − m  = mr2 1 −    = mr2
π2
π
 π
  π  
(
)
Y por último para la velocidad del centro de masas tendremos en cuenta que el tubo
rueda sin deslizar de modo que:
i
v G = vO + ω × OG = −ωri + 0
j
0
2r
0 −
π
k
2rω
2
2


ω = −ωri +
i = ωr − 1 + i = −ωr 1 − i =
π
π
π


0
ωr
 π −2
(π − 2)i
= −ωr
i = −
π
 π 
Sustituyendo todo en la expresión de la energía:
2r mr2 2
ω2r2
2mghG = IG ω2 + mvG2 ⇒ 2mg
= 2 π − 4 ω2 + m 2 (π − 2)2
π
π
π
2
4gπ
r
r(π − 2) 2
4g = π2 − 4 ω2 +
ω ⇒
= π2 − 4 + π2 + 4 − 4 π ω2
π
π
r
2g
2g
g
= (π − 2)ω2 ⇒ ω =
= 1.324
(π − 2)r
r
r
(
(
)
)
(
ω = 1.324
)
g
r
b) Ahora vamos a determinar la reacción del suelo en la situación final. Para ello
tenemos que hacer el diagrama de sólido libre del tubo y calcular la aceleración del centro
de masas. Empecemos por la aceleración del centro de masas, que podemos calcular como:
aG = aO + α × OG-ω2OG = αri + α × OG-ω2OG
En la posición final el centro de masas está en la posición más baja. Esto implica que
la energía potencial gravitatoria es mínima, de modo que como la energía total es constante,
la cinética tiene que ser máxima. Así pues, si la cinética es máxima, la velocidad angular es
máxima, y la condición de máximo es que la derivada tiene que ser nula, de modo que la
aceleración angular en esta posición es nula. La aceleración del centro de masas es
entonces:
 2r  2r 2
aG = αri + α × OG-ω2OG = −ω2OG = −ω2  −
j =
ω j
π
 π 
Esta aceleración es coherente con lo que hemos explicado. El centro de masas sigue
una trayectoria curvilínea, luego tiene dos componentes de aceleración, normal y tangencial.
Puesto que la energía cinética es máxima, la velocidad del centro de masas es máxima, y su
derivada, la aceleración tangencial es nula. Nos queda solo la componente normal, que como
puede verse tiene la dirección del radio de curvatura en ese instante (vertical) apunta
hacia el centro de curvatura (hacia arriba) y en módulo es el cuadrado de la velocidad
angular por el radio. Así, la aceleración del centro de masas es vertical y hacia arriba.
Al
trazar
el
diagrama de sólido libre
tendremos que poner tres
fuerzas, el peso, la normal y
la fuerza de rozamiento; el
peso y la normal son
verticales, y la fuerza de
rozamiento es horizontal.
No obstante, en esta
posición hemos visto que la
aceleración del centro de
masas es vertical, luego la
fuerza de rozamiento en ese momento tiene que ser nula para que se verifique la segunda
ley de Newton, y sólo quedarán el peso y la normal, como puede verse en el gráfico.
Aplicamos ahora la segunda ley de Newton:
2r
ΣFn=maGn ⇒ N − mg = m ω2
π
Y sustituimos el valor de la velocidad angular por el calculado en el apartado a):


2r ⋅ 2g 
2r
2r
2rω2 
N − mg = m ω2 ⇒ N = mg + m ω2 = m g +
 = mg + πr(π − 2)  =
π
π
π





4 
= mg 1 +
= 2.12mg
(
π
π
− 2) 

N=2.12mg
1 9. - La barra esbelta representada en la figura es
de sección uniforme y pesa 1 00 N. Se suelta partiendo del
reposo en posición vertical y gira en un plano vertical bajo la
acción de la gravedad. El coeficiente de rozamiento entre la
barra y la superficie horizontal vale 0. 50. Determinar la
aceleración angular de la barra y la reacción en su extremo
A cuando θ=40º .
En primer lugar la masa de la barra será:
P 100
m= =
= 10.204 kg
g 9.8
Hacemos el diagrama de sólido libre de la barra en la posición θ=40º. Supongamos
que en θ=40º la barra todavía no ha deslizado, de modo que el punto A es un punto fijo y la
fuerza de rozamiento es inferior a su valor máximo:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µN
La aceleración angular tendrá el mismo sentido que la velocidad angular, ya que el
sistema está acelerando, luego su sentido es horario (dirección negativa del eje Z):
α=-αk
Así, la aceleración del centro de masas será:
aG=aA+α X AG-ω2AG
Como el punto A es un punto en reposo:
aA=0
El vector de posición será, teniendo en cuenta que el centro de masas está situado
en el centro de la barra:
AG=0.5sen40ºi+0.5cos40ºj=0.321i+0.383j
Nos falta la velocidad angular. Podemos
aplicar la conservación de la energía entre la
situación inicial, cuando la barra parte del reposo
en la posición vertical, y la situación final, cuando
θ=40º. Tomamos como nivel de energía potencial
gravitatoria nula la posición más baja del centro
de masas, y tendremos:
ETinicial+Wotras=ETfinal
Inicialmente sólo tenemos energía
potencial gravitatoria, ya que la barra parte del
reposo. En la situación final no tenemos energía
potencial gravitatoria por convenio y sí tenemos
cinética, tanto de rotación como de traslación.
En cuanto a fuerzas, a mayores del peso
aparecen la normal y la fuerza de rozamiento,
pero puesto que hemos supuesto que la barra no desliza dichas fuerzas no se desplazan y
por tanto no realizan trabajo. Nos queda pues:
1
1
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ EPginicial=ECfinal ⇒ EPginicial=ECRfinal+ECTfinal ⇒ mghG = IG ω2 + mvG2
2
2
Y podemos relacionar las velocidades lineal y angular de la barra:
i
j
k
vG=vA+ω X AG=ω X AG=
0
0
− ω = 0.5 cos 40º ωi − 0.5sen 40º ωj
0.5sen 40º 0.5 cos 40º 0
Y el módulo al cuadrado:
(
)
vG2 = (0.5 cos 40º ω) + (0.5sen 40º ω) = 0.52 ω2 sen2 40º + cos2 40º = 0.25ω2
2
2
También se puede ver que el centro de masas realiza un movimiento circular de
radio 0.5 m, de modo que la velocidad lineal es la angular por el radio:
l 1
vG=ωr= ω = ω = 0.5ω ⇒ vG2 = (0.5ω)2 = 0.25ω2
2 2
Obtenemos lo mismo. Sustituyendo en la ecuación de la energía:
1
1
1
l l
 1 1
mghG = IG ω2 + mvG2 ⇒ mg − cos 40º  =
ml2ω2 + m0.25ω2
2
2
2
2 2
 2 12
1 2 2 1
1 1

9.8 − cos 40º  =
1 ω + 0.25ω2 ⇒ ω = 2.623 rad / s
2
2 2
 24
Y por tanto la aceleración del centro de masas será:
i
j
k
aG=aA+α X AG-ω AG=α X AG-ω AG= 0
0
− α − 2.6232 (0.321i + 0.383 j) =
0.321 0.383 0
2
2
=(0.383α-2.208)i-(0.321α+2.635)j
Ya tenemos la aceleración del
centro de masas. En cuanto a
fuerzas, tendremos el peso, la normal
y la fuerza de rozamiento. Teniendo
en cuenta que se tiene que verificar
la segunda ley de Newton, la fuerza
de rozamiento tiene que ir hacia la
derecha, ya que es la única fuerza
que existe en el eje X y la aceleración
en el eje X va hacia la derecha. Ahora
aplicamos la segunda ley de Newton y
la ecuación de momentos:
ΣFX=maX ⇒ Fr=m(0.383α-2.208) ⇒ Fr=10.204(0.383α-2.208)
ΣFY=maY ⇒ N-mg=-m(0.321α+2.365) ⇒ N-100=-10.204(0.321α+2.365)
L
L
1
1
ΣMG=IGα ⇒ N sen 40 º −Fr cos 40 º =
mL2α ⇒ Nsen 40 º −Fr cos 40 º = 10.204α
2
2
12
6
Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, N, Fr y α.
Fr=10.204(0.383α-2.208)=3.908α-22.53
N-100=-10.204(0.321α+2.365) ⇒ N=75.868-3.275α
1
Nsen 40º −Fr cos 40º = 10.204α ⇒ Nsen 40º −Fr cos 40º = 1.70α
6
Sustituimos las dos primeras ecuaciones en la tercera:
Nsen40º-Frcos40º=1.70α ⇒ (75.868-3.275α)sen40º-(3.908α-22.53)cos40º=1.70α
66.026=6.799α ⇒ α=9.711 rad/s2
α=9.711 rad/s2
Y las reacciones del suelo:
Fr=3.908α-22.53=3.908 · 9.711-22.53=15.42 N
N=75.868-3.275α=75.868-3.275 · 9.711=44.06 N
Comprobemos antes de dar estos valores como solución que efectivamente en θ=40º
la barra aún no ha comenzado a deslizar, es decir:
Fr<(Fr)máx ⇒ Fr<µN ⇒ 15.42<0.50 · 44.06 ⇒ 15.42<22.03
Como habíamos supuesto, la fuerza de rozamiento es menor que el valor máximo y la
barra aún no ha deslizado. Tendremos entonces que los valores calculados de la normal y la
fuerza de rozamiento son correctos, y como es una reacción formada por dos componentes
perpendiculares el módulo será:
R = Fr2 + N2 = 15.422 + 44.062 = 46.68 N
R=46.68 N
20. - Una rueda no homogénea de 1 0 kg rueda sin
deslizamiento sobre una superficie horizontal según se
indica en la figura. Tiene un diámetro de 500 mm y el
centro de gravedad está situado a 50 mm de su centro. El
radio de giro respecto al centro de masas es de 1 65 mm.
Si la rueda está girando en sentido horario a 9 rad/s cuando θ=0º , determinar la
fuerza (en módulo, dirección y sentido) que la superficie ejerce sobre la rueda cuando
θ=90º y 1 80º .
En la situación inicial, cuando θ=0º, el disco gira a
9 rad/s en sentido horario, luego la velocidad del centro
geométrico del disco será:
vC=ωRi= 9 · 0.25i=2.25i
Por tanto la velocidad del centro de masas en ese
momento es:
i
j
k
vG=vC+ω X CG= 2.25i + 0
0
− 9 = 1.8i
0 − 0.05 0
Ahora
aplicamos
la
conservación de la energía entre
esta situación y la final, cuando
θ=90º, para saber la velocidad
angular del disco en esa posición,
que es lo que nos interesa.
Tendremos:
ETinicial+Wotras=ETfinal
Tomamos el nivel más bajo del centro de masas como nivel nulo de energía potencial
gravitatoria. Así, inicialmente tendremos sólo energía cinética. En cuanto al trabajo de las
fuerzas, aparte del peso aparecen la normal, que no realiza trabajo por ser perpendicular al
desplazamiento, y la fuerza de rozamiento, que tampoco realiza trabajo por estar aplicada
en el centro instantáneo de rotación. Y finalmente, en la segunda posición tendremos
energía potencial gravitatoria y energía cinética. Así pues:
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal
1
1
1
1
mv 2 + I ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG
2 G 2 G
2
2
Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas y la velocidad angular en la
situación final. Tendremos:
i
j k
v’G=v’C+ω’ X CG= 0.25ω'i +
En módulo:
0
0 − ω' = 0.25ω'i + 0.05ω' j
− 0.05 0 0
2
2
v'G2 = v'GX
+v'GY
= (0.25ω')2 + (0.05ω')2 = 0.065ω'2
Sustituyendo en la expresión de la energía total:
1
1
1
1
1
1
1
1
mvG2 + IG ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG ⇒ mvG2 + mk 2ω2 = mv'G2 + mk 2G ω'2 +mghG
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2 1
2 2
2
1.8 + 0.165 ⋅ 9 = 0.065ω' + 0.165 ω' +9.8 ⋅ 0.05 ⇒ ω' = 48.417 rad2 / s2
2
2
2
2
Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre en la posición final para determinar
la reacción de la superficie. Como el sistema está frenando, la aceleración angular tiene
sentido contrario a la velocidad angular, y la aceleración del centro geométrico del disco
será:
aC=-αRi=-0.25αi
La aceleración del centro de masas será entonces:
i
j k
aG=aC+α x CG-ω’ CG= − 0.25αi + 0
0 α − 48.417( −0.05i) = −(0.25α − 2.42)i − 0.05αj
− 0.05 0 0
2
Hacemos el diagrama de sólido libre
del sistema, conocidas las direcciones y
sentidos de las aceleraciones. La fuerza de
rozamiento obviamente tiene que tener el
sentido hacia la izquierda, ya que es la única
fuerza que tenemos en la dirección del eje X y
en este eje la aceleración va hacia la izquierda.
Aplicamos la segunda ley de Newton y la
ecuación de la rotación y tendremos:
ΣFX=maGX ⇒ Fr=m(0.25α-2.42) ⇒ Fr=10(0.25α-2.42) ⇒ Fr=2.5α-24.21
ΣFY=maGY ⇒ mg-N=m0.05α ⇒ 10 · 9.8-N=10 · 0.05α ⇒ 98-N=0.5α
ΣMG=IGα ⇒ Nr-FrR=mk2α ⇒ 0.05N-0.25Fr=10 · 0.1652α ⇒ 0.05N-0.25Fr=0.27225α
Tenemos un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas, N, Fr y α:
Fr=2.5α-24.21
98-N=0.5α
0.05N-0.25Fr=0.27225α
De las dos primeras ecuaciones despejamos la normal y la fuerza de rozamiento y
sustituimos en la tercera:
Fr=2.5α-24.21
98-N=0.5α ⇒ N=98-0.5α
0.05N-0.25Fr=0.27225α ⇒ 0.05(98-0.5α)-0.25(2.5α-24.21)=0.27225α
4.9-0.025α-0.625α+6.0525=0.27225α ⇒ α=11.876 rad/s2
Por tanto la reacción del suelo está formada por:
Fr=2.5α-24.21=2.5 · 11.876-24.21=5.48 N
N=98-0.5α=98-0.5 · 11.876=92.06 N
Vectorialmente tendremos:
R=-Fri+Nj=-5.48i+92.06j
Y en módulo:
R = 5.482 + 92.062 = 92.23 N
R=92.23 N
Ahora veamos qué ocurre
cuando θ=180º. Operamos de modo
similar. Tenemos que determinar en
primer lugar la velocidad angular en
esa posición, para lo que aplicamos
la conservación de la energía entre
la posición inicial y la posición final
en que θ=180º. Tomamos como nivel nulo de energía potencial gravitatoria la posición más
baja del centro de masas. Nos queda entonces:
ETinicial+Wotras=ETfinal ⇒ ECTinicial+ECRinicial=ECTfinal+ECRfinal+EPgfinal
1
1
1
1
mvG2 + IG ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG
2
2
2
2
Vamos a relacionar la velocidad del centro de masas y la velocidad angular en la
situación final, exactamente igual que hicimos antes. Tendremos:
i
j
k
v’G=v’C+ω’ X CG= 0.25ω'i + 0
0
− ω' = 0.30ω'i ⇒ v'G2 = (0.30ω')2 = 0.09ω'2
0 0.05 0
Sustituyendo en la expresión de la energía total:
1
1
1
1
1
1
1
1
mv 2 + I ω2 = mv'G2 + IG ω'2 +mghG ⇒ mvG2 + mk 2ω2 = mv'G2 + mk 2G ω'2 +mghG
2 G 2 G
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1.82 + 0.1652 ⋅ 92 = 0.09ω'2 + 0.1652 ω'2 +9.8 ⋅ 0.10 ⇒ ω'2 = 29.731 rad2 / s2
2
2
2
2
Ahora vamos a hacer el diagrama de sólido libre en la posición final para determinar
la reacción de la superficie. Como el sistema está frenando, la aceleración angular tiene
sentido contrario a la velocidad angular, y la aceleración del centro geométrico del disco
será:
aC=-αRi=-0.25αi
La aceleración del centro de masas será ahora:
aG=aC+α x CG-ω’2CG
En la posición que estamos estudiando el centro de masas se encuentra en el punto
de altura máxima, lo cual implica que la energía potencial gravitatoria es máxima. Puesto que
la energía total es constante, la energía cinética será mínima, de modo que la velocidad
angular es mínima, y la condición de mínimo es que la derivada es nula. Como la derivada de
la velocidad angular es la aceleración angular, en esta posición la aceleración angular es
nula:
α=0
Con lo que tendremos:
aG=aC+α x CG-ω’2CG=-ω’2CG=-29.731 · 0.05j=-1.487j
Hacemos el diagrama de sólido libre del
cilindro en la posición en que θ=180º, sabiendo ya
que la aceleración angular es nula y que la
aceleración del centro de masas sólo tiene
componente vertical. Así pues, en ese instante la
fuerza de rozamiento es nula, ya que no hay
aceleración en el eje X y por tanto las fuerzas en
el eje X tienen que ser también nulas. Tendremos
lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda
ley de Newton:
ΣFY=maGY ⇒ mg-N=1.487m ⇒ 10 · 9.8-N=10 · 1.487 ⇒ N=83.13 N
La reacción del suelo solo tiene componente vertical:
N=-Nj=-83.13j N
Por tanto en módulo:
R=N=83.13 N
R=83.13 N