Problemas Resueltos DE Dinamica DE LA Rotacion PDF

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PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un hombre de 100 kg de masa está situado en el borde de una plataforma giratoria de 2 m de radio y momento de inercia 4000 kgm 2, montada sobre un eje vertical sin rozamiento que pasa por su centro. Todo el sistema se encuentra inicialmente en reposo. El hombre comienza a caminar por el borde de la plataforma con una velocidad de 1 m/s respecto de la Tierra. Calcular: a) La velocidad angular y la dirección en la que girará la plataforma. b) El ángulo que habrá girado cuando el hombre alcance su posición inicial sobre la plataforma. c) El ángulo que habrá girado cuando el hombre alcance su posición inicial respecto de la Tierra. a) El momento de las fuerzas externas que actúa en el sistema es nulo, por tanto, se conserva el momento angular: M = dL/dt = 0  LANTES = LDESPUÉS  LANTES = 0 = IM·1 + IP·2 2 = - (IM·1)/IP = mR21/4000 = - mRv/4000 = - 200/4000 = - 0.05 rad/s . La plataforma girará a 0.05 rad/s en sentido contrario al movimiento del hombre. c) El ángulo girado cuando el hombre alcance su posición inicial respecto de la Tierra. El hombre volverá a alcanzar su posición inicial cuando haya dado 1 vuelta completa, para ello habrá tardado:  = 2· = 1·t  t = 2·/1 = 2·/(v/R) = = 2·/0.5 = 4 s La plataforma en ese tiempo habrá recorrido un ángulo:  = 2·t =0.05·4 = 0.2· rad = 36

b) El ángulo girado por la plataforma cuando el hombre alcance su posición inicial sobre la plataforma. En este caso el hombre no habrá dado una vuelta completa (no alanzará su posición inicial respecto de tierra) y el ángulo completado por el hombre será: ´ = 2· -  ´ = 1·t´ Siendo  ´ el ángulo girado, en el tiempo t´, por la plataforma en sentido contrario al del hombre.  ´ = 2·t´  2 = (1+2)t´  t´= 2/(1+2) 2 -  ´ = 1t´ Por tanto,  ´ = 2·t´ = 22/( 1 + 2) = 0.57 rad = 32.73

b)

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un péndulo cónico consta de masa m que se mueve en una trayectoria circular en un plano horizontal. Durante el movimiento la cuerda de longitud D mantiene un ángulo constante con la θ vertical. Muestre que la magnitud del momento angular de la masa respecto del punto de soporte es:

√

L=

2

3

2

g· m · D · sen θ cosθ

L = m·v·D

sen = R/D v = ·R = ·D·sen  L = m··D2·sen

Teniendo en cuenta las fuerza T y P aplicadas  T·sen  = m·v2/R = m·2·R T·cos = m·g  sen/cos = 2·R/g  2 = g·sen/(D·sen·cos)

√

 2 = g/(D·cos) 

ω=

 L = m··D2·sen = m·

√

L=

2

4

√

g ·D2·sen D · cosθ

2

g · m · D sen θ D · cosθ

g D · cosθ

=

√

2

3

2

g · m · D sen θ cosθ

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un volante en la forma de un cilindro sólido de radio  = 0.6 m y masa M = 15 kg puede llevarse hasta una velocidad angular de 12 rad/s en 0.6 s por medio de un motor que ejerce un torque constante. Después de que el motor se apaga, el volante efectúa 20 rev antes de detenerse por causa de la fricción (supuesta constante). ¿Qué porcentaje de la potencia generada por el motor se emplea para vencer la fricción? Durante la primera parte el trabajo de la fuerza resultante ( f = F - R) se emplea en variar la energía cinética del rotación del sistema, de 0 a ½·I· 2. S1 = ½·I· 2 (1) W1 = TROT = ½·I·2  f·S1= (F-R)· Durante la primera parte el trabajo de la fuerza resultante ( f = - R) se emplea en variar la energía cinética del rotación del sistema, de ½·I· 2 a 0. W2 = TROT = - ½·I·2  f·S2= -R·S2 = - ½·I· 2 (2) Teniendo en cuenta (1) y (2) se obtiene: (F-R)·S1 = ½·I·2 = R·S2  R/F = S1/(S1 + S2) Siendo S1 el espacio, en metros, recorrido en la primera parte: S1 = ½·a1·t2 = ½·α1··t2 =½·(/t)··t2 = ½·t El espacio recorrido, en metros, en la segunda parte: S2 = 20·2· = 40  R/F = S1/(S1 + S2) = ½·t /[½·t + 40] = t /[t+80] = 0.0278 La relación entre las potencias desarrollada, es la relación entre los trabajos desarrollados que coincide con la relación entre las fuerza de rozamiento y la desarrollada por el motor. PR/PF = (WR/t)(WF/t) = (R·S1)/(F·S1) = R/F = 0.0278 PR/PF (%) = 2.78 %

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un bloque de masa m1 y uno de masa m2 se conectan por medio de una cuerda sin masa que pasa por una polea en forma de disco de radio r, momento de inercia I y masa M. Asimismo, se deja que los bloques se muevan sobre una superficie en forma de cuña con un ángulo θ como muestra la figura. El coeficiente de fricción cinético es μ para ambos bloques. Determine a) la aceleración de los dos bloques y b) la tensión en cada cuerda.

a) Aplicando las leyes fundamentales de la dinámica y de la dinámica de la rotación tenemos el conjunto de las siguientes ecuaciones: a) M = (T2 – T1)·r = I·  T2 – T1 = I·/r = T2 – T1 = I·a b) T1 - R1 = m1·a  T1 = m1·a + R1 c) m2·g·sen – T2 – R2 = m2·a  T2 = m2·g·sen - R2 - m2·a  m2·g·sen - R2 - m2·a - m1·a - R1 = I·a  a = (m2·g·sen - R2 - R1)/(m2·a + m1·a + I·a)  a = g{m2sen - (m1+m2cos)}/(m2a+m1a+Ia) b) Determinación de las tensiones: T1 = m1·a + R1 = m1g + m1g{m2sen - (m1 +m2cos)}/(m2a+m1a+Ia) (m1+m2cos)}/(m2a+m1a+Ia)] T1 = = m1g·[+{m2sen-

T2 = m2·g·sen - R2 - m2·a = m2·g·sen - m2gcos - m2g{m2sen-(m1+m2cos)}/(m2a+m1a+Ia) = T2 = m2g·[sen-cos-{m2sen-(m1+m2cos)}/(m2a+m1a+Ia)]

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un disco sólido uniforme de radio R y masa M puede girar libremente sobre un pivote sin fricción que pasa por un punto sobre su borde. Si el disco se libera desde el reposo en posición mostrada por el círculo. a) ¿Cuál es la rapidez de centro de masa cuando el disco alcanza la posición indicada el círculo punteado? b) ¿Cuál es la rapidez del punto más bajo sobre el disco en la posición de la circunferencia punteada? c) Repetir para un aro uniforme. Dato IDISCO = ½MR2, IARO = MR2.

Teniendo en cuenta el principio de conservación de la energía, E = 0  T + U = 0  - U = T = TROTAC  - U = - (0 – M·g·R) = ½·I· 2 – 0  m·g·R = ½·I·2  El momento de inercia respecto del punto de giro, Teorema de Steiner: I = IDISCO + M·R2 = ½MR2+ M·R2 = 3MR2/2  M·g·R = ½·I·2  M·g·R = ½·(3MR2/2)·2  teniendo en cuenta que R·  = vCM  R·g = 3v2CM/4 

v CM =√ 3 gR

Para el aro I = IARO + M·R2 = MR2+ M·R2 = 2MR2  M·g·R = ½·I·2  M·g·R = ½·2MR2·2  teniendo en cuenta que R· = vCM  R·g = v2CM 

v CM =√ gR

Velocidad del punto el punto más bajo, velocidad del centro de masas, v CM = R·, En el punto más bajo vO = 2R· = 2·vCM a) Disco: vO = 2·vCM = 2·

√ 3 gR

b) Anillo vO = 2·vCM = 2· √ gR

la su en

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un peso de 50 N se une al extremo libre de una cuerda ligera enrollada alrededor de una polea de 0.25 m de radio y 3 kg de masa. La polea puede girar libremente en un plano vertical en torno al eje horizontal que pasa por su centro. El peso se libera 6 m sobre el piso. a) calcular la tensión de la cuerda, la aceleración de la masa y la velocidad con la cual el peso golpea el piso. b) Calcular la rapidez con el principio de la conservación de la energía, I POLEA = ½M·R2. a) Aplicando las leyes fundamentales de la dinámica y de la dinámica de la rotación tenemos el conjunto de las siguientes ecuaciones: T·R = I·α = ½MR2·α  T = ½M·a 50 – T = m·a  50 = m·a + ½M·a  a = 50/(m + ½M) = 7.57 m/s T = ½M·a = 11.36 N v2 = 2·a·H  v = (2·a·H)1/2 = 9.53 m/s b) Por conservación de la energía. m·g·H = ½m·v2 + ½I·2  2mgH = mv2 + ½M·R2·2 = mv2 + ½M·v2 = (m + ½M)·v2 v2 = 2mgH /(m+½M); v = 9.53 m/s Una ligera cuerda de nylon de 4 m está enrollada en un carrete cilíndrico uniforme de 0.5 m de radio y 1 kg de masa. El carrete está montado sobre un eje sin fricción y se encuentra inicialmente en reposo. La cuerda se tira del carrete con una aceleración constante de 2.5 m/s 2. a) ¿Cuánto trabajo se ha efectuado sobre el carrete cuando éste alcanza una velocidad angular de 8 rad/s? b) Suponiendo que no hay la suficiente cuerda sobre el carrete, ¿Cuánto tarda éste en alcanzar esta velocidad angular? c) ¿Hay suficiente cuerda sobre el carrete? El trabajo de la fuerza resultante ( f = F =m·a) se emplea en variar la energía cinética del rotación del sistema, de 0 a ½·I·2 a) W = F·x =TROT = ½·I·2 = ½·½·m·R2·2 = 0.5·0.5·1·0.52·82 = 4.0 J b)  =α·t   = t = /α = /(a/R) = 8/(2.5/2) = 1.6 s c) Carrete desenrollado. L = ·R = (½·α·t2)·R= 3.2 m. Se consumen 3.2 luego por tanto SI hay carrete suficiente

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Una bola de 2 kg de masa que se mueve con una velocidad inicial de 5 m/s choca con el extremo inferior de una barra de 8 kg y 1.2 m de longitud, articulada en el punto A como muestra la figura. Si el coeficiente de restitución es 0; 8, calcular la velocidad de la bola después del choque. (I A = 1/3·M·d2).

El momento de las fuerzas externas que actúan en el sistema es nulo, por tanto, el angular se conserva: M = dL/dt = 0  LANTES = LDESPUÉS LANTES = d·m·v Después del choque la barra gira con velocidad angular  y la bolase mueve con velocidad u. LDESPUÉS = IB·  + d·m·u d·m·v = IB·  + d·m·u  d·m·v = 1/3·M·d2· + d·m·u  m·v = 1/3·M·d· + m·u El coeficiente de restitución viene dado por k = - (U - u)/(V - v); siendo U = ·d la velocidad lineal del extremo de la barra después del choque y V = 0 la velocidad de la barra antes del choque. En este caso k = 0.8 = - (U-u)/(-v)  0.8·v = U - u m·v = 1/3·M·d· + m·u = 1/3·M·U + m·u  m·v = 1/3·M(0.8·v + u) + m·u  10 = 1/3·8·(0.8·5 + u) + 6u  30 = 32 + 8u + 6u  - 2 = 14u  u = - 0.143 m/s

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Una barra uniforme de longitud L y masa M, que gira libremente alrededor de una bisagra sin fricción, se suelta desde el reposo en su posición horizontal, como se muestra en la figura. Calcular: 1º) La aceleración angular de la barra y su aceleración lineal inicial de su extremo.

Barra delgada e largo L, con eje de rotación en el extremo. 2º) calcular su rapidez angular, la rapidez lineal de su centro de masa y del punto más bajo de la barra cuando está vertical. Dato: el momento de inercia de una barra delgada de longitud L, con eje de rotación en el extremo viene dado por: I=1/3·M·L2

1º) Como el momento de la fuerza que actúa en la bisagra es cero, se calcula el momento en torno a la bisagra del peso de la barra, que se encuentra aplicado en el centro de gravedad fuerza; suponemos que la barra es homogénea y que el peso actúa en su centro geométrico.  M = r·P = I· = L·M·g/2  1/3·M·L2· = L·M·g/2   = 3g/2L La aceleración lineal “a”del extremo de la barra viene dada por la ecuación a = r·α, con r = L,  a = r·  = L·  = 3g/2

2º) Teniendo en cuenta el principio de conservación de la energía, E = 0  T + U = 0  - U = T = TROTAC La energía potencial de la barra calculada respecto a su centro de gravedad, pasa de tener una altura L/2 a una posición final de altura 0,  - U = - (0 – M·g·L/2) = M·g·L/2 Por otro lado inicialmente no hay energía cinética de rotación, TROTAC = ½·I·2 - 0 Por tanto, - U = TROTAC  M·g·L/2 = ½·I·2  M·g·L/2 = 1/2·1/3 ·M·L2·2  2 = 3·g/L   =

√ 3 g /L

La velocidad del centro de masas viene dada por v CM = r·= L·/2  vCM = La velocidad en el punto más bajo viene dada por v =L·   v =

√ 3 gL

1 √ 3 gL 2

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Una barra uniforme de longitud L y masa M gira alrededor de un eje horizontal sin fricción que pasa por uno de sus extremos. La barra se suelta desde el reposo en una posición vertical (figura 8.17). En el instante en que está horizontal, encuentre a) su rapidez angular, b) la magnitud de su aceleración angular, c) las componentes x e y de la aceleración de su centro de masa, y d) las componentes de la fuerza de reacción en el eje.

a) Principio de conservación de la energía, E = 0  T + U = 0  - U = T = TROTAC El centro de gravedad pasa de una altura L/2 a 0,  - U = -(0 – M·g·L/2) = M·g·L/2. Por otro lado, inicialmente no hay energía cinética de rotación  TROTAC = ½·I·2 - 0  - U = TROTAC  M·g·L/2 = ½·I·2  M·g·L/2 = 1/2·1/3 ·M·L2·2

√ 3 g /L

 2 = 3·g/L   =

b) El momento de la fuerza que actúa en la bisagra es cero, se calcula el momento en torno a la bisagra del peso de la barra, aplicado en el centro de gravedad fuerza.  M = r·P = I· = L·M·g/2  1/3·M·L2· = L·M·g/2   = 3g/2L c) Componentes x e y de la aceleración lineal, en el instante en que está horizontal.

v 2 d vCM ; ρ ] en este caso a N =a x y aT =a y dt a =(a N , aT ) =¿ vCM = ·L/2 =

√3 gL/4



aT = dvCM/dt = L/2·d/dt = L/2·α = 3g/4 aN = v2/ = vCM2/(L/2) ={ 3 gL / 4



}/{L/2} = 3g/2

( −32 g , −34 g )

a = (a N , aT ) =( ax , a y ) =

d) Sea

 F =( F x , F y ) la fuerza aplicada a la bisagra, teniendo en cuenta que también actúa el

peso se debe cumplir que: (Fx,Fy) + (0, -Mg) = M·(-3g/2, -3g/4)  (Fx,Fy) = (0, Mg) = M·(-3g/2, -3g/4) = (-3/2, 1/4)·Mg

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

 F =( F x , F y ) = (-3/2, 1/4)·Mg Una barra uniforme AB de masa M y longitud L se sostiene de un extremo mediante un pivote sin fricción. La barra se encuentra inicialmente en reposo en forma vertical cuando un proyectil de masa m impacta sobre ella y queda incrustado instantáneamente. La velocidad inicial del proyectil es 0 v . Hallar: a) La cantidad de movimiento angular del sistema respecto del pivote justo antes de la colisión. b) La velocidad angular de giro del sistema después que el proyectil se incrusta en la barra. c) La altura máxima que alcanzará el CM de la barra. d) El trabajo del proyectil cuando se incrusta contra la barra. Dato I= 1/3·M·L2. a) LANTES = m·vO·d b) LANTES = m·vO·d = LDESPUÉS = = m·vO·d = I· + md2·   = m·vO·d/(I+md2)   = m·vO·d/(1/3ML2 + md2) c) Conservación de la energía. EANTES = UANTES = MgL/2+mgd EDESPUÉS = UDESPUÉS + TDESPUÉS = MgL(1-cos)/2+ mgd(1-cos) + ½(1/3·ML2 + md2)·2 EDESPUÉS = EANTESS MgL/2 + mgd = MgL(1-cos)/2 + mgd(1-cos) + ½(1/3·ML2 + md2)·2 MgL/2 - MgL(1-cos)/2 + mgd - mgd(1-cos) = ½(1/3·ML2 + md2)·2 MgL/2{1 – (1-cos)} + mgd{1 - ( 1-cos)} = ½(1/3·ML2 + md2)·2 MgL/2{cos} + mgd{cos} = ½(1/3·ML2 + md2)·2 = {MgL/2 + mgd}·cos cos = ½(1/3·ML2 + md2)·2/{MgL/2 + mgd} La altura máxima que subirá el CM es hMAX = L/2·(1 - cos) d) El trabajo del proyectil cuando se incrusta contra la barra es el trabajo de las fuerzas disipativas y viene dado por la variación de la energía mecánica, en el instante del choque WNC = E En el instante inmediatamente antes y después del choque lo único que varía son las energías cinéticas. WNC = E = TDESPUÉS – TANTES = ½(1/3·ML2 + md2)· 2 - ½·m·vO2

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Para el sistema de la figura, las masas tienen momento de inercia I en torno a su eje de rotación, la cuerda no resbala en la polea y el sistema se suelta desde el reposo. Calcular la rapidez lineal de las masas después que una ha descendido H y la rapidez angular de la polea.

Teniendo en cuenta el principio de conservación de la energía, E = 0   T + U = 0  - U = T = TTRASL +TROTAC  - U = - (m1·g·H –m2·g·H) = ½·m1·v2 + ½·m2·v2 +½·I·2 Teniendo en cuenta que 2 = v2/R2  (m2 – m1)gH = ½·(m1 + m2 + I/R2)·v2

 v2 = 2(m2 – m1)gH/(m1 + m2 + I/R2)

 v = [2(m2–m1)gH/(m1+m2+I/R2)]1/2

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Una rueda de radio R, masa M y momento de inercia I, puede girar en torno a un eje horizontal sin roce). Una cuerda ideal se enrolla alrededor de la rueda y sostiene un bloque de masa m. Cuando se suelta en bloque, la rueda comienza a girar en torno a su eje. Calcular la aceleración lineal del bloque, la tensión de la cuerda y la aceleración angular de la rueda.

El la tensión de la cuerda la que genera el movimiento de rotación de la rueda M = R·T = I·  T = I·/R

Para la masa m de acuerdo con la ecuación fundamental de la dinámica tenemos: T – m·g = - m·a  T = m·g - m·a Por tanto, m·g - m·a = I·/R = I·a/R2  I·a/R2 + m·a= m·g  a =g/{1 + I/m·R2}

De la ecuación T = m·g - m·a se puede obtener T sin más que sustituir el valor de a:

T = m(g – a) = mg·{1 – 1/(1 + I/m·R2)}= mg· I/m·R2/(1 + I/m·R2) = mg/(1+ m·R2/I)

Por otro lado  =a/R   =g/(R + I/m·R)

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Un cilindro macizo, de 30 cm de diámetro, puede girar alrededor de su eje longitudinal, apoyado sobre cojinetes en un plano horizontal, desprovistos de rozamiento. Sobre su superficie tiene arrollada una cuerda, que soporta en su extremo libre un bloque de masa m = 8 kg. Si partiendo del reposo, el bloque desciende, con movimiento uniformemente acelerado, una altura de s = 63 m en 5 s. Hallar: 1º) La tensión de la cuerda. 2º) El momemto de inercia del cilindro. 3º) Escribir la expresión que toma el principio de consevación de la energía en este sistema y calcular cada una de la energías que intervienen. 1º) Como en t = 5 s desciende s= 63 m  s = ½ at2  a = 2·s/t2 = 5.04 m/s2 Por otro lado, para el bloque se cunmple que: mg - T = ma  T = m (g - a) = 38.08 N

2º) T·R = I·α  I = T·R/ = T·R2/{ ·R} = T·R2/a = 0.17 kg·m2

3º) Para el sistema el prindipio de conservación de la energía se escribiría E = 0  T + U = 0;  - U = T = TTRASL+ TROT - U = - {0 - mgs} = ½·mv2 + ½·I2 = m·g·s 

La energía potencial pérdida por el sistema:

U = m·g·s = 8·9.8·63 = 4939.2 J 

La energía cinética adquirida por el bloque del sistema:

TTRASL = ½·mv2 = 1/2 ·m·2·a·s = ½·8·2·5.04·63 = 2540.16 J 

La energía de rotación que adquiere el cilindro:

TROT = ½·I2 = m·g·s - ½·mv2 = = 4939.2 - 2540.16 = 2399.04 J

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

Dos poleas del mismo eje, de masas m1 = 2 kg y m 2 = 0.5 kg y radios R1 = 24 cm y R2 = 8 cm, se supone que tienen sus masas repartidas sobre las llantas respectivas y están acopladas formando una sola polea. De los hilos arrollados sobre dichas poleas penden las masas M1 = 2 kg y M2 = 4 kg. El sistema se deja libre sin velocidad inicial. Calcular 1º) La aceleración angular de las poleas. 2º) las aceleraciones de las masas M 1 y M2. 3º) las tensiones de las hilos. El momento de inercia de dos poleas aplicadas es I = m1·R12 + m2·R22

1º)  a) M1g –T1 = M1·a1  T1 = M1·g – M1·a1 = M1·g – M1·R1·  b) M2g –T2 = M2·a2  T2 = M2·g – M2·a2 = M2·g – M2·R2· c) Ecuación fundamental de la dinámica de la rotación: T1·R1 +T2·R2 = I·. Además se cumple que:  = a1/R1 = a2/R2 Sustituyendo T1 y T2 en T1·R1 +T2·R2 = I·  M1·g·R1 – M1·R12·  + M2·g·R2– M2·R22·  = {m1·R12 + m2·R22}·α M1·g·R1 + M2·g·R2 = {M1·R12 + M2·R22 + m1·R12 + m2·R22}·α  α = g· {M1·R1 + M2·R2}/{M1·R12 + M2·R22 + m1·R12 + m2·R22} = 30.24 rad/s2

2º) Las aceleraciones de M1 y M2 vienen dadas por: a1 = ·R1 = 30.24·0.24 = 7.26 m/s2 a2 = ·R2 = 30.24·0.08 = 2.42 m/s2

3º) La tensiones respectivas vienen dadas por las ecuaciones: T1 = M1·(g – a1) = 2·(9.8 - 7.26) = 5.08 N T2 = M2·(g – a2) = 4·(9.8 – 2.42) = 29.52 N Un hilo inextensible de masa despreciable atado por su extremo A al techo, está enrollado sobre un de masa m y radio R. El

PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DE LA ROTACIÓN

disco se deja caer partiendo del reposo. Calcular 1º) Las acelera...