Ejercicios Resueltos de Momento de Inercia y Centro de Masa PDF
| Title | Ejercicios Resueltos de Momento de Inercia y Centro de Masa |
|---|---|
| Author | JC Aguirre |
| Course | Física |
| Institution | Universidad Tecnológica Nacional |
| Pages | 23 |
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PROBLEMASRESUELTOSTEMA:5 1.‐Dosmasaspuntualesm1ym2estánseparadas porunabarrasinmasade longitud L: a) Deducir una expresión para el momento de inercia del sistema respecto a un eje perpendicularalabarraquepasaatravésdeéstapor unpuntosituado a ladistancia x1delamasam1. b) Calcular dI/dx y demostrar que es mínimo cuando el eje pasa por el centro de masasdelsistema.
a)
b)
2 2 2
Condición de mínimo:
0 ⟹ 2 2 0 ⟹
que es la coordenada del centro de masas si se toma el origen en m1. Esto es, x1 = 0 y x2 = L, con lo cual resulta:
Es decir, si el eje de giro pasa por el centro de masas entonces el momento de inercia es mínimo.
2.CalcularelmomentodeinerciadeundiscohomogéneodemasaMyradioRconrespectoa: a)Unejeperpendicularquepaseporsucentro. b)Unejeperpendicularquepaseporelborde. c)Unejequecoincidaconundiámetro a) Por simetría, como elemento de volumen usaremos, un anillo de radio r, de grosor dr. Así, si llamamos h a la altura del disco, el volumen del anillo diferencial es: 2 2 Z
dr
R r h
Y
X
Aplicamos la definición de momento de inercia por el eje Z, sabiendo que :
2 2
Y como es el volumen de todo el disco ⟹ , tenemos:
1 2
1 2
b) Aplicando el teorema de Steiner:
Como el eje de giro pasa ahora por el borde:
1 3 2 2
c) Por su simetría y como suponemos el disco delgado , luego: 2 ⟹
1 2 4
Naturalmente, esta ecuación es válida para cualquier eje de giro que coincida con un diámetro.
3.Hallarelmomentode inerciayel radiodegiro deuna esfera macizahomogéneade masaMyradioRrespectoaunodesusdiámetros. Como volumen diferencial tomaremos una rebanada circular de grosor dx y radio y. Según hemos visto en el problema anterior, el momento de inercia de un disco respecto de un eje perpendicular que pasa por su centro (aquí el eje X ) es .
1 1 1 2 2 2 Ahora:
Ésta ultima igualdad la obtenemos debido a que:
⟹
Así pues, integrando sobre todo el eje X obtenemos que:
2
2 2
2 | 2 2 2 3 5 3 2 5 2
2 1 2 2 8 24 8 1 4 2 5 3 2 15 15 60 3 2 5
4.Dosbloquesestánconectadosporunacuerdaque pasaporunapoleaderadioRy momento de inercia I. El bloque de masa m1 desliza sobre una superficie horizontal sin rozamiento; el bloque de masa m2 está suspendido de la cuerda. Determinar la aceleración a de los bloques y las tensiones T1 y T2 suponiendo que la cuerda no deslizasobrelapolea.
Le aplicamos la 2º ley de Newton a cada uno de los cuerpos por separado: Bloque de masa m 1:
Puesto que no hay rozamiento, que no contribuye al
movimiento. Pero T 1 contribuye al movimiento por lo que : 1
Bloque de masa m 2: Según la 2ª ley de Newton.
2
Hemos supuesto que de modo que la aceleración a será
descendente pero positiva (su signo coincide con el del peso). De [1] + [2] obtenemos:
Polea:
La polea no se desplaza pero rota. Por lo que le aplicamos la 2ª ley de Newton para la rotación.
⟹ ⟹
Donde se ha utilizado:
Despejamos y finalmente nos queda que:
De este modo sustituyendo la aceleración en [1] y [2] obtenemos:
5.‐ Una escalera de longitud L y masa M se sitúa en posición casi vertical contra una pared.Unapersonadepiesobreunpeldañotiene su centrode masasalaalturade la parte más alta de la escalera. Al inclinarse ligeramente, la escalera comienza a girar alrededordesubase alejándoselapartesuperiorde lapared.Determinar larelación entre la velocidad de la persona agarrada a la escalera cuando llega al suelo y la velocidad que tendría si saltara inmediatamente, en función de la relación M/m siendomlamasadelapersona. Si saltara inmediatamente tendría una velocidad dada por la caída libre: 2
Si no saltara y suponemos que cae junto con la escalera, la energía potencial inicial del sistema se convertiría en energía cinética de rotación de la escalera y energía de traslación de la persona.
1 1 1 2 2 2
(el CM de la escalera se ha supuesto en el centro de la misma a L/2 del suelo).
Donde I es el momento de inercia de la escalera con respecto de un eje perpendicular que pasa por un extremo (la base de la escalera).
Ahora:
por lo que, sustituyendo en [1]:
Y como:
1 3
⟹ 2 2 2 2 3 3 2 ⟹ 1 3 2 3
Por tanto, el golpe será mayor si no salta puesto que esta velocidad es mayor que la de caída libre (además puede que la escalera le cayera encima...).
6.‐UncilindrouniformedemasaM yradioRdescansasobreunbloque demasam,el cual a su vez se encuentra en reposo sobre una mesa horizontal sin rozamiento. Si aplicamos al bloque una fuerza horizontal F, éste acelera y el cilindro rueda sin deslizamiento: a)Determinarlaaceleracióndelbloque. b) Determinar la aceleración angular del cilindro. ¿Es horaria o antihoraria la rotacióndelcilindro? c)¿Cuáleslaaceleraciónlinealdelcilindrorespectoa lamesa?Tomarcomosentido elmismoqueindicaladireccióndeF. d)¿Cuáleslaaceleracióndelcilindrorespectoalbloque?
a) En el bloque actúan dos fuerzas: F (hacia la derecha) y f (hacia la izquierda) que es la fuerza de rozamiento con el cilindro por lo que según la 2ª ley de Newton tenemos:
1
En el cilindro sólo actúa la fuerza de rozamiento pero hacia la derecha
2
La fuerza de rozamiento f hará que el cilindro gire en sentido contrario a las agujas del reloj luego aplicamos la 2ª ley de Newton de la rotación al cilindro donde el par rotador sólo lo ejerce la fuerza de rozamiento f:
Siendo:
⟹ 3
Ya que el cilindro rueda encima del bloque, es la aceleración relativa del cilindro
respecto al bloque, donde aB es la aceleración del bloque respecto de la mesa y aC es la aceleración del cilindro respecto de la mesa.
El momento de inercia del cilindro es: 1 4 2 Sustituyendo la 4 y la 2 en la [3] obtenemos la siguiente ecuación:
1 ⟹ 3 5 2
Ahora sustituyendo la ecuación 5 y la 2 en la [1], resulta:
3 3 3
b) La aceleración angular del cilindro es:
3 ⟹ 3 3
2 3 3 3 3
que es antihoraria ya que el par que ejerce la fuerza de rozamiento sobre el cilindro es antihotrario. c) La aceleración del cilindro respecto de la mesa (aceleración absoluta) es según la ec. [5]: d) La aceleración respecto al bloque es:
3 3
2 3
hacia la izquierda, ya que el cilindro acabaría cayendo por la izquierda. Lo importante en este problema es entender que el cilindro rueda antihorario sobre del bloque y sobre él se desplaza hacia la izquierda. Sin embargo, el centro de masas del cilindro se desplaza hacia la derecha respecto de la mesa.
7.‐ Una bolita inicialmente en reposo en el punto más alto de una gran esfera fija, comienza a rodar sin deslizamiento por la superficie de la esfera. Determinar el ángulodesdeelpolodelaesferahasta elpuntodondelabolitapierde el contactocon aquella.Elradiodelabolitaesde1cmyeldelaesfera80cm.
Sea θel ángulo en el cual la bolita pierde el contacto. La altura que hay desde el punto más alto de la esfera hasta el punto donde se pierde el contacto la llamaremos h y cumple:
Por otro lado la bolita perderá el contacto cuando la
mg cos
2
m
v R
fuerza centrífuga que adquiere al moverse por la esfera grande compense la componente del peso dirigida hacia el centro de la esfera.
θ
Es decir:
cos ⟹ cos
Ahora aplicamos la conservación de la energía. La energía potencial de la bolita en el punto más alto respecto del punto de pérdida de contacto (que es el origen de energías potenciales) es:
cos
En el punto de pérdida de contacto, esta energía potencial se transformará en energía cinética de traslación
y en energía cinética de rotación 1 1 2 2
.
donde r es el radio de la bolita y el momento de inercia de la bolita (esfera) es:
Por la conservación de energía:
2 5
1 1 2 2 2 5
Simplificando entre la m y eliminando denominadores:
10 101 cos 5 cos 2 cos ⟹ 10 17 cos ⟹ cos ⟹ 17 ⟹ 54°
Se observa que θ no depende ni del radio r de la bolita, ni de su masa m, ni del radio R de la esfera grande.
Si comparamos este valor 54° con el valor obtenido 90 41,81 48,19°
en el problema 14 del tema 3, vemos que en dicho problema θ era menor ¿por qué?.
8.‐ Un cilindro de 25 kg de masa se suelta por un plano inclinado. El diámetro del cilindro es de 0.6 m. Si el cilindro rueda sin deslizar, calcular la velocidad del eje C despuésderecorrer1.6msobreelplanoinclinado.Además,determinarla fuerza de rozamientoqueactúasobreelcilindro.
Para determinar la velocidad en la parte final del plano utilizamos el teorema de conservación de energía. La energía potencial que posee el cilindro en la parte alta, se transformará en energía cinética de rotación y de translación. La fuerza de rozamiento no produce trabajo ya que actúa con velocidad nula durante todo el desplazamiento debido a la condición de no deslizamiento. El cilindro tiene siempre un punto en contacto con velocidad nula respecto al plano.
25 9.8 sin 30 1.6
1 1 1 1 1 0.6 2 25 25 0.6 2 2 2 2 2 2
En la formula anterior hemos sustituido el momento de inercia y la velocidad angular
.
.
Igualando las energías: 25 9.8 sin 30 1.6 25 25
Despejamos la velocidad y obtenemos que:
3.23m/s
.
Como hemos dicho, en un sistema rotante en condición de rodadura (sin deslizar), la fuerza de rozamiento no produce trabajo (calor) pero se transforma en energía cinética de rotación. La fuerza de rozamiento se emplea únicamente en hacer que el cilindro gire, luego:
1 1 3.23 25 0.3 0.3 1 40.8N 1.6 ⟹ 2 2 1.6 2
Para calcular dicha fuerza de rozamiento no se ha necesitado conocer el coef. de rozamiento. Éste sería útil para conocer cuál sería la fuerza de rozamiento máxima posible.
9.‐Uncilindro homogéneodemasayradioruedasindeslizamientopor unplano inclinado hacia abajo. Determinar la fuerza de rozamiento y la aceleración del centrode masas.Siel coeficiente derozamientoestáticoes ,determinar elángulo máximodeinclinacióndelplanodemodoqueelcilindrodesciendasindeslizar.
Este problema podría resolverse como el anterior, utilizando el principio de conservación de la energía para obtener la velocidad del cilindro después de haber recorrido una cierta distancia sobre el plano y entonces, mediante cinemática, obtener la aceleración. Sin embargo, podemos hallar directamente la aceleración aplicando la 2ª ley de Newton de traslación y rotación: La de 2ª ley de Newton de la traslación nos dice que la resultante de las fuerzas aplicadas al cilindro en dirección del plano es igual a la masa del cilindro por su aceleración (de su centro de masas). Las fuerzas aplicadas son la componente del peso (dirigida hacia abajo) menos la fuerza de rozamiento (dirigida hacia arriba):
sin
La 2ª ley de Newton de la rotación nos dice que la resultante de los momentos de fuerza (pares de fuerza) aplicados al cilindro es igual al momento de inercia de cilindro por su aceleración angular.). La fuerza de rozamiento es la única fuerza que ejerce par, por tanto: donde
Despejando f de la ecuación de rotación, tenemos:
Al sustituir esta expresión en la ecuación de rotación: sin
1 1 ⇒ sin ; ⇒ 2 1
1
1 12
sin
1 2 2 sin 3
Para que el cilindro ruede sin deslizar, debe ser menor o igual que cos (es decir, donde cos ) cos
sin cos ⇒ tan 3 3
Es decir, para un ángulo cuya tangente sea mayor (o igual) que 3 el cilindro descenderá
deslizando.
Es muy interesante sustituir los valores del problema anterior en la expresión hallada de la fuerza de rozamiento:
sin 25 9.8 sin 30 40.8N 3 3
que evidentemente coincide con el valor de f hallado por conservación de energías en el problema anterior.
10.‐ Uncilindrohomogéneotieneunamasa yunradio.Seveacelerado por una fuerzaqueseaplicamedianteunacuerdaarroyadaalolargodeuntamborligerode radiounidoalcilindro.Elcoeficientederozamiento estático essuficienteparaque elcilindroruedesindeslizar: a)Hallarlafuerzaderozamiento.
b)Hallarlaaceleracióndelcentrodelcilindro.
c)¿Es posible escoger de modo que sea mayor que /? ¿Cómo? ¿No contradice estola2ªleydeNewton? d) ¿Cuál es el sentido de la fuerza de rozamiento en la circunferencia descrita en la parte(c)?
Aplicamos las leyes de Newton tanto para la traslación como para la rotación.
Presuponemos dirigido hacia la izquierda. Después veremos si esa suposición es razonable. T
f
;
a) Despajamos las incógnitas a y f del sistema de ecuaciones:
⟹
1 1 ⇒ ⇒ 2 2
3 ⇒ ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 ⇒ 3 3
Cuando el valor absoluto de f sea mayor que cero entonces la fuerza de rozamiento tira hacia la izquierda, como habíamos supuesto.
b) Despejamos la otra incógnita: 2 2 2 2 1 3 1 3 3 3 3 El valor absoluto de la aceleración a siempre será positivo y estará dirigida hacia la derecha.
c) Para que:
2 3 3 3 ⇒ 1 1 ⇒ 1 ⇒ ⇒ 2 3 2 2 ⇒
Es decir:
3 2 ⇒ 2 2 2 ⇒ 2
Esto es, si el tambor pequeño del cilindro (radio r) es más grande de la mitad del radio externo R entonces, la aceleración del cilindro es más grande que la que proporcionaría una única fuerza T
que tira de la masa m del cilindro. Esto no contradice la 2ª ley de Newton ( ) porque la
fuerza de rozamiento en este caso va a ayudar al movimiento, como se ve en c). d) Según la ecuación de f hallada en a):
2 1 3
Pero si en esta ecuación hacemos , entonces:1
0
Por tanto, la fuerza de rozamiento sería negativa (estaría dirigida hacia la derecha) y ayudaría al
movimiento. Esto ocurre en una rueda motriz que para que pueda acelerar necesita de un
rozamiento apuntado a la derecha y capaz de proporcionar un par acelerador. Si
entonces 0 (no contribuye al movimiento aunque realmente exista). Esto quiere decir
que si , el sistema de la figura se movería igual sobre hielo que sobre asfalto.
Hemos visto que el tamaño del tambor puede hacer que la fuerza de rozamiento apunte a la
izquierda, a la derecha o sea nula. Esto siempre será cierto mientras exista un coef. de rozamiento estático suficientemente grande como para evitar deslizamientos y supuesto que el cuerpo es indeformable.
11.‐Undiscoderadio ruedasindeslizaralola...
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