DINÁMICA DE ROTACIÓN

1. Concepto de sólido rígido y sus movimientos. 2. Momento angular de un sólido rígido respecto de un eje. 3. Momento de inercia de un sólido. 4. Ecuación fundamental de la dinámica de rotación. 5. Teorema del eje paralelo o de Steiner. 6. Teorema de las figuras planas. 7. Teorema de conservación del momento angular. 8. Energía cinética de rotación.

Concepto de sólido rígido y sus movimientos

Sólido rígido es aquel en que las distancias entre las partículas que lo componen no varía.

Así como en la dinámica del punto solo se considera el movimiento de traslación, para el caso de un sólido rígido, hemos de considerar la traslación, la rotación y la superposición de ambos. Si consideramos que el sólido es rígido, se podrá considerar que la velocidad angular es la misma en todos los puntos del sólido.

Momento angular de un sólido rígido respecto de un eje

Si consideramos un sólido rígido girando alrededor de un eje con una velocidad angular ω , cada partícula del sólido tendrá una velocidad vi =

ω ⋅ ri siendo vi y ri perpendiculares. La velocidad angular ω se puede

representar mediante un vector perpendicular al plano del movimiento, y de sentido el de avance de un tornillo que gire como el sólido.

Li = ri mi ω ri = ω mi ri2

L = Σ Li = Σ ω mi ri2 = ω Σ mi ri

2

Al término Σ mi ri2 se le llama momento de inercia I

I = ΣΣ mi ri2

Obteniendo la relación: L = Iω

Si en lugar de tratarse de una distribución discontinua de masa se trata de una distribución continua, mi es

infinitesimalmente pequeño y el sumatorio se reemplaza por una integral:

Algunos momentos de inercia

Ecuación fundamental de la dinámica de rotación

Si derivamos L respecto del tiempo:

obtenemos esta importante relación que relaciona el momento de la fuerza aplicada con la aceleración angular producida. Este resultado desempeña un papel similar al de la dinámica de la partícula F = m a.

Concepto de radio de giro

Se define el radio de giro de un sólido a la relación k = . De modo que:

I = mk2

Teorema de Steiner o del eje paralelo

Si conocemos el momento de inercia de un sólido respecto de un eje que pase por su centro de masa, es posible conocer el momento de inercia respecto de otro eje paralelo a éste.

I = ICM + m d2

siendo M la masa del cuerpo y d la distancia entre los dos ejes.

Varilla con eje perpendicular que pasa por su centro

Disco con eje perpendicular que pasa por su centro y cilindro macizo

Varilla con eje perpendicular que pasa por su extremo

Cilindro hueco y aro mR2

Esfera maciza Esfera hueca

Teorema de las figuras planas

El momento de inercia de una figura plana respecto a un eje perpendicular a la figura es igual a la suma de los momentos de inercia de los otros dos ejes perpendiculares.

Iz = Ix + Iy

Teorema de conservación del momento angular

Evidentemente si el momento externo M es nulo el producto I ω permanece constante:

I1ω1 = I2ω2

Por tanto, en ausencia de momentos externos el momento angular de un sólido no varía.

Energía cinética de rotación.

La energía cinética de un sólido es la suma de las energías cinéticas de las partículas que lo componen.

1. Una varilla de 500 g y 75 cm de longitud, lleva soldada en un extremo una esfera de 10 cm de radio y 250 g de masa. Calcular:

a. El momento de inercia cuando gira, alrededor de un eje perpendicular a la varilla que pasa por el extremo libre.

b. El momento angular del conjunto si gira a 12 r.p.m.

a) El momento de inercia será la suma del momento de inercia de una varilla, mas el de la esfera. Como la esfera está a L+R del eje, aplicando Steiner:

= 0.27 kg m2

b) L = Iω =

2. Un cilindro de 50 kg y 20 cm de radio, gira respecto de un eje vertical que coincide con su eje de simetría, debido a una fuerza constante, aplicada a su periferia que, después de 40 s de iniciado el movimiento, alcanza 200 r.p.m. Calcular:

a. El valor de la fuerza. b. El momento de la fuerza aplicada.

La frecuencia de rotación adquirida vale:

f =200/60 r.p.s.

y la velocidad angular:

La aceleración angular

Por otra parte el momento de inercia del cilindro vale:

Luego el momento de la fuerza aplicada M = I α =

1 π /6 = 0.52 Nm. Y la fuerza tangencial: M= F R; F = M/R = 0.52/0.2 = 2.62

3. Una polea homogénea de radio R, masa MP y momento de inercia I, gira alrededor de su eje, debido a

la acción de dos masas M y m. Calcular:

a. La expresión de la aceleración angular de la polea. b. Sustituir los valores R = 0.3 m, M =15 kg, m = 10 kg, MP = 20 kg, I =18 kg

m2. c. Las tensiones de las cuerdas. d. La tensión del soporte que fija el sistema al techo.

Vamos a suponer que el sistema acelera hacia el lado de la masa mayor M.

Planteando la segunda ley de Newton para cada masa:

M g - T = M a

t - m g = m a

Y para la polea:

=

TR - tR = Iα = I a/R

ya que si el hilo no desliza, a = α R.

Por lo tanto tenemos tres ecuaciones:

Que sumadas dan lugar a: (M-m) g = a( M+m+I/R2). Por lo tanto a vale:

= y

c) De las ecuaciones anteriores obtenemos:

T = M g - M a = 15 (g - a) = 143.7 N. t = m (g + a) = 100.2 N

d) Considerando todas las fuerzas que actúan sobre la polea, que debe estar en equilibrio:

S = PP + T + t = 20 9.8 + 146.67 + 102.22 = 445 N

4. Un cilindro macizo homogéneo de 20 kg y 40 cm de radio baja rodando, sin deslizar, por un plano inclinado 30º sobre la horizontal. Partiendo del reposo, desciende una altura vertical de 2 m. Calcular:

a. El momento de inercia del cilindro respecto de una generatriz. b. Energía cinética de rotación y traslación adquiridas en el tiempo durante el que desciende verticalmente

esos dos metros.

a) Aplicando el teorema de Steiner I = ½ mR2 +mR2 = 3/2 mR2 = 3/2 20 0.16 = 4.8 kg m2

b) La energía inicial E1 = mgh = 400 J.

La energía final E2 = Ec (rotación) + Ec (traslación) = ½ Iω 2 + ½ mv2

Como cae sin deslizar, en todo momento v = ω R, por lo tanto:

E2 = ½ ½ mR2 (v/R)2 + ½ mv2 = ¼ mv2 + ½ mv2 = ¾ mv2. Teniendo finalmente:

E1 = E2; mgh = ¾ mv2 ; v2 =4/3 gh;

Ec(rot) = ¼ mv2 = 1/3 mgh = 400/3 J

Ec(tras) = ½ mv2 = 2/3 mgh = 800/3 J

5. Un anillo de 5 cm de radio, grosor despreciable y densidad 1.6 g/cm, se pone en rotación alrededor de

un diámetro cuando se le comunica un momento angular de 7900 g cm2/s.

a. Hallar la expresión analítica y el valor numérico del momento de inercia respecto del eje de giro. b. ¿Con qué velocidad angular empieza a girar? c. Si el rozamiento con el aire y los pivotes origina un par de fuerzas cuyo momento es de 50 dyn cm,

¿cuál será la ecuación del movimiento que efectúa el anillo?, ¿cuánto tiempo tarda en pararse? (Nota 1 N = 105 dyn)

a) Por el teorema de las figuras planas, tenemos que:

IZ = IX + IY ; además por simetría IX = IY, por tanto

IX = IZ/2 = ½ mR2 = ½ ρ L R2 = ½ ρ 2 π R R2 = π ρ R3 =

π 1.6⋅ 10-1 0.053 = 6.28⋅ 10-5 kg m2

b) Al comunicarle un momento angular L = 7.9 ⋅ 10-4 kg m2/s,

ω 0= L/I = 7.9 ⋅ 10-4/6.28⋅ 10-5 = 12.58 rad/s

c) M = 50 dyn cm = 50⋅ 10-5 N⋅ 10-2 m = 5⋅ 10-6 N m

M = I α ; α = M/I = 5⋅ 10-6/6.28⋅ 10-5 = 79.6⋅ 10-6 rad/s2

Por lo tanto la ecuación del movimiento en términos angulares será:

θ = θ 0 + ω 0t + ½ α t2 = 12.6 t - 0.0398 t2, y ω = 12.6 - 0.0796 t. Siendo ω = 0 para t = 158 s.

6. La figura representa un cilindro macizo y homogéneo de radio R=20 cm y masa M=20 kg. A su periferia va arrollado un hilo ideal de cuyo extremo libre cuelga una masa m = 8 kg. Por una hendidura muy fina se le arrolla otro hilo ideal a una distancia del eje horizontal r = 10 cm, a cuyo extremo libre se le aplica una fuerza constante F = 200 N. Calcular:

a. Momento de inercia del cilindro respecto a un eje que coincida con una generatriz.

b. Aceleración con que sube la masa m. c. Aceleración angular del cilindro. d. Tensión del hilo que sostiene la masa.

a) Aplicando el teorema de Steiner, I = ½ M R2 +M R2 = 3/2 MR2

b) Podemos plantear dos ecuaciones:

que sumadas conducen a:

Fr - mgR = a(mR+ ½ MR). Por lo tanto la aceleración a vale:

c) α = a/R = 1.2/0.2 = 6 rad/s2.

d) T = mg + ma = 8 (9.8 +1.2) = 88 N.

7. Dos poleas cuyos radios son 1 m y 0.3 m, están acopladas pegada una a la otra en un plano vertical, formando un bloque que gira alrededor de su eje de rotación común. De la garganta de la polea grande pende una masa de 20 kg y de la garganta de la polea pequeña pende otra masa de 100 kg que tiende a hacer girar a las poleas en sentido contrario al anterior. El momento de inercia del sistema formado por las dos poleas es de 10 kg m2. Al dejar el sistema en libertad, se pone en movimiento espontáneamente. Se pide:

a. ¿En qué sentido se mueven las poleas? b. Valor de la aceleración con que se mueve cada una. c. Aceleración angular de las poleas. d. Tensión de la cuerda que sostiene la masa de 100 kg cuando el sistema está en movimiento.

a) Cuando las poleas están inicialmente en reposo, los pesos coinciden con las tensiones. Por tanto T= 200 N, y t = 1000 N.

El momento que ejerce T valdrá M = T R = 200 Nm

Y el que ejerce t valdrá m = t r = 300 N m.

Por tanto, al ser el momento de la fuerza t mayor, la polea girará de modo que la masa M suba.

b) y c) Planteando la ecuación fundamental de la dinámica a cada masa y a la polea, tendremos:

Sumando las tres ecuaciones y despejando α tendremos

. La aceleración de cada masa será:

A = α R = 2.51 m/s2 ; a = α r = 0.75 m/s2

d) t = mg - mα r = 904.7 N

8. Alrededor de un eje horizontal, fijo, de un volante, va arrollado un hilo de masa despreciable. Del extremo libre del hilo, cuelga una pesa de 8 kg. Si partiendo del reposo, la pesa desciende 4 m en 4 s, calcular:

a. Aceleración con que desciende la pesa. b. La tensión que actúa sobre el hilo. c. La energía cinética de rotación del volante cuando la pesa ha descendido 4m.

Se desprecian todo tipo de rozamientos.

a) Como la pesa va a caer con movimiento uniformemente acelerado:

b) T = mg - ma = 74.4 N

c) Vamos a considerar la conservación de la energía mecánica.

Haciendo un balance de energías: E1 = mgh

E2 = ½ mv2 + Ec (rotación); mgh = ½ mv2 + Ec (rotación)

La velocidad adquirida por la masa vale v = at = 2 m/s, luego:

Ec (rotación) = mgh -½ mv2 = 297.6 J

9. La barra horizontal de la figura tiene un momento de inercia respecto al eje de rotación de 5⋅ 10-3 kg

m2, y cada una de las bolas que pueden deslizar sobre ella pesan 50 g y se consideran de dimensiones despreciables. El conjunto está girando

libremente alrededor del eje O-O’ con las bolas dispuestas simétricamente respecto al eje y sujetas por un hilo AB de 20 cm. Si se rompe el hilo cuando el conjunto gira a 20 rad/s, determinar la nueva velocidad angular cuando las bolas lleguen a los topes del extremo de la barra.

Empecemos calculando el momento de inercia del conjunto, cuando las bolas están separadas 20 cm.

I1 = Ibarra + Ibolas = Ibarra + 2 m r12 =

5⋅ 10-3 kg m2 + 0.1 0.12 = 6⋅ 10-3 kg m2

Cuando se alejen hasta los topes:

I2 = Ibarra + Ibolas = Ibarra + 2 m r22 = 5⋅ 10-3 kg m2 + 0.1 0.252 = 11.25⋅ 10-3 kg m2

La rotura del hilo libera fuerzas exclusivamente internas, por lo que se conservará el momento angular del sistema:

L1 = L2 ð I1 ω 1 = I2 ω 2 ð

10. Un disco homogéneo A gira alrededor del eje Y bajo la acción de la masa C unida a una cuerda que pasa por una polea sin peso ni rozamiento enrollada alrededor del tambor cilíndrico macizo B, solidaria del disco A. A éste está unida una masa puntual D, como indica la figura. Las masas A, B, C y D son respectivamente 65, 15, 8 y 4 kg. Se supone que la cuerda permanece siempre horizontal. Calcular:

a. Aceleración angular del disco. b. Aceleración tangencial de D. c. Aceleración normal de D, 4 s a partir del

reposo.

a) Calculemos en primer lugar el momento de inercia del sistema A-B-D.

I = ½ mARA2 + ½ mBRB

2 + mDRD2 = 51.56 kg m2.

En la masa C: mCg - T = mCa 8g - T = 8α RB

En el conjunto giratorio: TRB = I α TRB = Iα

Resolviendo el sistema formado:

b) aD = α RD = 0.6 m/s2

c) ω (4 s) = α t = 2.65 rad/s aN = ω 2 RD = 6.34 m/s2

11. Un cilindro arrollado a una cuerda fuertemente sujeta cae libremente tal como indica la figura. Hallar la aceleración con que cae.

La fuerza resultante: mg - T = ma

El momento resultante: TR = Iα = ½ mR2 ; T = ½ ma

mg - ½ ma = ma; a = 2g/3

12. Un cilindro macizo de 20 cm de radio y masa 5 kg gira alrededor de su eje, en posición horizontal, por la acción de una pesa de 0.2 kg que cuelga del extremo de una cuerda arrollada al cilindro. Calcular:

a. La aceleración angular del cilindro. b. La aceleración lineal de la pesa. c. El valor del momento del par durante el movimiento. d. Si en lugar de accionar el cilindro por la pesa, se ejerce una tracción de la cuerda hacia abajo de 0.2 N.

¿Cuál será el valor de la aceleración angular?

a) Planteando la segunda ley de Newton para la masa: m g - T = m a

Y para la polea: ;

TR = Iα = ½ MR2 α

Por tanto tenemos dos ecuaciones:

que sumadas dan: mg = α R(m + ½ M);

b) a = α R = 0.726 m/s2

c)M = I α = ½ MR2 α = 0.363 N m

d) Si en las ecuaciones anteriores sustituimos el peso por una fuerza F, tendremos:

F = ½ MRα ;

13. Una rueda de radio R y momento de inercia I, está montada sobre un eje sostenido por cojinetes fijos, como indica la figura. Una cuerda ligera flexible esta arrollada sobre la llanta de la rueda y soporta un cuerpo de masa m. Puede despreciarse el rozamiento de los cojinetes. Estudiar el movimiento del sistema, desde el punto de vista de la segunda Ley de Newton, y del trabajo y la energía.

a) Desde el punto de vista de la segunda Ley de Newton tendremos dos ecuaciones:

b) Desde el punto de vista de la conservación de la energía, si dejamos caer la masa una distancia h, la energía potencial se transformará en cinética de la propia masa y en cinética de rotación de la rueda:

E1 = E2.

mgh = ½ mv2 + ½ Iω 2

Si no hay deslizamiento, v = ω R

mgh = ½ mv2 + ½ Iv2/R2

mgh = ½ v2 (m+I/R2)

14. Una bala de 100 g y velocidad horizontal 100 m/s choca elástica y tangencialmente con el borde de un volante anular de masa 1 kg y radio 25 cm. Calcular la velocidad angular del volante y la velocidad de la bala después del choque.

Al ser un choque elástico podemos considerar la conservación de la energía cinética además de la conservación del momento angular. Sin embargo la cantidad de movimiento no podemos considerarla ya que el volante se halla sujeto por el eje y éste va a recibir un impulso mecánico igual a la variación de cantidad de movimiento del proyectil.

L1 = L2

mvR = mv’R + Iω

EC1 = EC2

½ mv2 = ½ mv’2 + ½ Iω 2

que haciendo I = MR2 =1 0.252 = 0.0625, nos conduce a dos ecuaciones y dos incógnitas:

0.1 100 0.25 = 0.025v’ + 0.0625ω

0.1 10000 = 0.1 v’2 + 0.0625 ω 2

Sistema de ecuaciones, que resuelto conduce a las soluciones:

ω = 72.7 rad/s; y v’ = -81.8 m/s. La bala sale pues rebotando, perdiendo parte de la velocidad que tenía ( de 100 a 82) como consecuencia de la energía cinética suministrada al anillo. El impulso recibido por el eje es F∆ t = ∆ (mv) = 0.1⋅ (100 + 81.8) = 18.2 N⋅ s.

15. Un cilindro homogéneo de radio a = 40 cm y masa m = 10 kg tiene libertad para girar en torno a su eje de simetría sobre cojinetes carentes de fricción. Supongamos que súbitamente, tal como indica la figura, se aplica una fuerza de 10 N que se mantiene constante y tangencial a la superficie lateral. Calcular:

a. La energía cinética a los 2 s de haber aplicado la fuerza. b. El trabajo realizado por dicha fuerza durante ese tiempo.

a) La fuerza produce un momento de 10 0.4 = 4 Nm.

El momento de inercia del cilindro vale: I = ½ Ma2 = 0.8 kg m2

Y la aceleración angular adquirida α = M/I = 5 rad /s2. A los 2 s, ω = α t = 10 rad/s.

EC = ½ Iω 2 = ½ 0.8 100 = 40 J

b) Por el teorema de la energía cinética W = ∆ EC = 40 J.

16. Un disco de 2 kg y 20 cm de radio gira alrededor de su eje horizontal a 600 r.p.m. Apoyado sobre la periferia del disco descansa una lámina metálica de masa m que actúa por su peso frenando el movimiento, con un µ=0.2. El disco se detiene a los 2 min. de actuar el freno. Hallar:

a. valor de la masa m b. energía cinética del disco al minuto de actuar el freno.

Empecemos calculando la aceleración angular α que ha actuado sobre el disco.

Los 600 r.p.m. equivalen a 10 r.p.s., lo que le corresponde una velocidad angular de:

ω 0 = 2π f = 20π rad/s.

La fuerza que detiene al disco, fuerza de rozamiento, vale µ N = µ mg, y ejerce un momento µ mgR, por lo que M = Iα , conduce a:

µmgR = ½ MdiscoR2 α

b) Para calcular la energía cinética en t = 1min., calculemos primero ω (60 s) = ω 0 + α t:

ω (60 s) = 20π - π /6 60 = 10π rad/s.

El disco tendrá una energía cinética: EC = ½ Iω 2 = ½ ½ MdiscoR2 ω 2 = ¼ 2 0.04 100π 2 = 2π 2 = 19.74 J

17. Una persona está sentada en una silla giratoria manteniendo los brazos extendidos con una pesa en cada mano. Gira con una frecuencia de 2 r.p.s. El momento de inercia de la persona con los pesos es de 5 kg m2. Hallar:

a. la nueva frecuencia cuando encoja los brazos y disminuya el momento de inercia a 2 kg m2.

b. La variación de energía cinética del sistema. c. ¿De dónde procede este incremento de energía cinética?

a) Al encoger los brazos, están actuando fuerzas y momentos de fuerza internos, por lo que podemos admitir que se conserva el momento angular.

a) L1 = L2 I1 ω 1= I2ω 2

b) y c) ∆ Ec = ½ I2ω 22 - ½ I1ω 1

2 = L2/2I2 - L2/2I1

L = I1ω 1 = 5 2π 2 = 20π kg m2s; ∆ Ec = 200π 2(1/2 - 1/5) = 60π 2 J.

El signo positivo nos indica que hay un aumento de energía cinética, que procede de la energía química

almacenada en los músculos del brazo.

18. Un muchacho de 25 kg corre con velocidad de 2.5 m/s hacia un tiovivo en reposo de radio 2 m

cuyo, momento de inercia vale 500 kg m2. Hallar la velocidad angular y frecuencia del conjunto después de que el muchacho suba al tiovivo justo en el borde.

El momento angular del muchacho respecto al centro del tiovivo es:

L1 = mvR = 25 2.5 2 = 125 kg m2/s

El momento de inercia del conjunto tiovivo-muchacho es I = Im + IT = 25 22 + 500 = 600 kg m2

Planteando la igualdad entre el momento angular inicial y final, tendremos:

L1 = L2 mvR = (Im + IT)ω

f = ω /2π = 0.033 r.p.s. = 1.99 r.p.m.

19. Calcular el momento de inercia de una esfera de radio R y masa M que gira alrededor de un eje que pasa por su centro.

Consideremos la esfera formada por una serie de discos apilados de espesor infinitesimal y de radio variable:

El radio de cada disco r es función de su coordenada z:

El volumen del disco es el área de la base π r2 por su altura, dz:

dV = π r2dz

Y la masa del disco será su volumen por la densidad:

dm = ρ dV

El momento de inercia de cada disco es

Y el momento de inercia de toda la esfera será el doble de la suma de los dI desde z = 0 a z = R:

20. Calcula el momento de inercia de un disco homogéneo de radio R al que se le ha practicado un orificio circular de radio R/2 concéntrico con el anterior, y gira alrededor de un eje perpendicular que pasa por su centro. ¿Cuál debería ser el radio del orificio para reducir el momento de inercia de un disco completo a la mitad?

Consideremos un disco de radio interno R1 y

radio externo R2. El momento de inercia de un

anillo de espesor infinitesimal dr es:

donde σ es la densidad superficial:

El momento de inercia de será la suma de los dI desde R1 a R2

La densidad σ vale masa dividido superficie: , por lo que el momento de inercia valdrá:

Si ahora hacemos R1 = R2/2:

por tanto el momento de inercia pedido es:

Por otra parte, el momento de inercia de un disco con un orificio de radio x es como acabamos de ver:

Y el de un disco completo: .

para que I = 2Ix tendremos: R4 = 2(R4 - x4); x4 = R4/2;

21. Para que un disco homogéneo de masa 2 kg y radio 0.5 m ascienda rodando sobre un plano inclinado un ángulo de 30º con el que tiene un gran rozamiento, se le aplica un par de fuerzas de momento M0 6 N⋅ m tal como se

indica en la figura. Tomando g = 10 m/s2 , se pide:

a. Aceleración con que asciende sobre el plano inclinado. b. Mínimo valor del coeficiente de rozamiento para que el disco

no deslice. c. Mínimo valor del par para que el disco suba. d. Si el coeficiente de rozamiento valiera 0.2, y el suelo fuese

horizontal, ¿cuál sería la máxima aceleración permitida para que el disco no deslice? ¿Cuál sería el par máximo?

e. En caso de que no hubiera rozamiento, ¿cuál sería la aceleración del punto O?

a) El momento resultante es el aplicado M0 menos el momento

producido por la fuerza de rozamiento, pues el peso y la reacción del suelo están aplicados en el centro de masa y no tienen momento de fuerza:

M0 - fRR = Iα → M0 - fRR = ½ mR2 α (1)

Por otra parte la fuerza resultante sobre el disco es:

fR - mgsen θ = ma (2)

si el disco asciende sin deslizar a = α R, por tanto:

M0 - fRR = ½ mRa. Despejando fR en la ecuación (2) tendremos:

M0 - (ma + mgsenθ )R = ½ mRa; M0 - mgRsenθ = 3/2 mRa;

a = = m/s2 (3)

b) La fuerza de rozamiento es indispensable para que el disco suba, de lo contrario el momento M0

simplemente motivaría que girase, pero el peso conseguiría que el disco cayera deslizando. Paradójicamente es la fuerza de rozamiento quien sube al disco y su valor debe ser según la ecuación (2) fR = mgsen θ + ma ≤

µ N

mgsenθ + ma = µ mgcosθ = 0.65

c) De la ecuación (3) obtenemos que a = 0 para M0 = mgRsenθ = 5 N⋅ m, que representa el mínimo valor del

par necesario para subir.

d) haciendo θ = 0: a ≤ µ g = 2 m/s2 ; M0 = 3/2 mRa + mgRsenθ = 3 Nm

e) Caso de no haber rozamiento el disco caería por acción del peso: a = gsenθ = 5 m/s2

22. Se deja en reposo sobre el suelo una esfera de radio R que se encuentra girando con velocidad

angular ω 0. Si el coeficiente de rozamiento entre la esfera y el suelo vale µ, ¿cuánto tiempo transcurre hasta

que la esfera rueda sin deslizar? ¿qué velocidad posee el centro de masa cuando deja de deslizar?

Al girar la esfera en contacto con el suelo aparece una fuerza de rozamiento que va a comenzar a trasladar la esfera. Paradójicamente la fuerza de rozamiento acelera a la esfera:

fR = ma; µ mg = ma; a = µ g

Al mismo tiempo fR produce un momento fRR que va a producir una deceleración en la rotación de la esfera:

fRR = Iα ; α = =

De modo que mientras la esfera va perdiendo velocidad angular va aumentando su velocidad de traslación.

v = at → v = µ gt

ω = ω 0 - α t → ω = ω 0 - t

Al principio ω R es muy grande y v muy pequeña, pero conforme ω R decrece y v crece llegará un instante en

que v = ω R. En este instante la esfera dejará de deslizar.

µgt = ω 0R - ; → = ω 0R; →

La velocidad en ese momento es v = µ gt =

23. Se lanza una bola de billar con una velocidad inicial v0 sobre una mesa horizontal, existiendo entre

la bola y la mesa un coeficiente de rozamiento µ. Calcular la distancia que recorrerá hasta que empiece a rodar sin deslizamiento. ¿Qué velocidad tendrá en ese instante? Aplicar para el caso v0 = 7 m/s, µ = 0.2.

La fuerza de rozamiento µ N = µ mg se opone al movimiento, siendo además la fuerza resultante, por lo que:

-mg = ma; a = -µ g

La velocidad de la bola comenzará a disminuir de tal modo que v = v0 - at = v0 - µ gt

Al mismo tiempo, sobre la bola que inicialmente no rueda, (ω 0 = 0) actúa un momento de fuerza:

M = fR R = µ mgR

que producirá una aceleración angular α = M/I

por lo que la velocidad angular irá aumentando: ω = α t =

La velocidad de un punto de la periferia de la esfera vale vp = ω R, que irá aumentando con el tiempo, porque

ω aumenta con el tiempo.

Por tanto, observamos que la velocidad de la bola disminuye, y la velocidad de la periferia de la bola aumenta. En el momento en que la velocidad de la periferia se iguale a la velocidad de traslación, se conseguirá la rodadura, es decir el no deslizamiento.

v = vp v = ω R

v0 - µ gt = ;

la velocidad en ese instante es v = 5/7 v0 = 5 m/s, t = 1.02 s

Y la distancia recorrida x = v0t - ½ µ gt2 = = 6.12 m

24. Sobre una mesa horizontal muy lisa hay una barra homogénea en reposo. Por su extremo choca un proyectil de igual masa que la de la barra con velocidad vo, que

produce la rotación de la barra alrededor de su centro de masa, tal como indica la figura. El choque puede considerarse totalmente elástico. Hallar, para vo = 30 m/s,

L = 0.5 m, la velocidad de salida del proyectil, velocidad del centro de masa de la barra y velocidad angular de la barra.

Vamos a utilizar tres magnitudes que se conservan, para establecer 3 ecuaciones:

l 1. Como la barra no interacciona con la mesa, está libre de fuerzas externas, por lo que la cantidad de movimiento del sistema proyectil-barra no varía (teorema de conservación dela cantidad de movimiento):

∑ Fext = 0 → p = p’ → mvo = mv’ + mvCM

l 2. Por las mismas razones que antes, el momento de las fuerzas externas es nulo, por lo que el momento cinético del sistema proyectil-barra no varía (teorema de conservación del momentocinético):

∑ Mext = 0 → L = L’

Tomando como origen el centro de masa:

mvoL/2 = mv’L/2 + Iω voL/2 = v’L/2 + 1/12 L2ω

l 3. Por ser choque elástico se conserva de la energía cinética:

½ mvo2 = ½ mv’2 + ½ mvcm

2 + ½ Iω 2 mvo2 = mv’2 + mvcm

2 + 1/12 mL2ω2

Sustituyendo:

30 = v’ +vCM → v’ = 18 m/s

30 = v’ + 0.5/6ω → vCM = 12 m/s

900 = v’2 + vCM2 + 1/12 0.52ω 2 → ω = 144 rad/s

25. Una profesora de física se encuentra sentada en una silla giratoria manteniendo en sus manos una rueda de bicicleta como se indica en la figura. El momento de inercia de la rueda respecto a su eje es de 0.2 kg m2, y el momento de inercia de la profesora más la rueda respecto del eje de la silla es de 2.7 kg m2. La velocidad angular inicial de la rueda es de 55 rad/s en sentido antihorario. En un momento dado la profesora gira 180º el eje de la rueda pasando a girar con -55 rad/s en sentido contrario al anterior. Calcular:

a. La velocidad angular adquirida por la silla y el sentido de giro. b. El trabajo realizado por la profesora.

a) Dado que no hay momentos externos sobre la silla giratoria podemos considerar que el momento angular no varía.

L1 = IRUEDA ω 1 L2 = IRUEDA (-ω 1) + ISILLA ω 2

IRUEDA ω 1 = -IRUEDA ω 1 + ISILLA ω 2 ;

ω 2 = rad /s (positivo, por tanto en el sentido de rotación inicial de la rueda)

b) W = ∆ E = E2 - E1 = ½ ISILLAω 22 + ½ IRUEDA(-ω 1)2 - ½ IRUEDAω21 = ½ ISILLAω2

2 = 89.6 J

El trabajo es por tanto la energía adquirida por la silla, ya que la energía de la rueda no varía. Dicho trabajo, positivo, es producido por la fuerza muscular (interna) de la profesora.

26. Hallar el momento de inercia de un disco de masa M y radio R que gira alrededor de un eje paralelo a un diámetro y que pasa por el borde del disco.

El momento de inercia respecto al eje diametral es, por el teorema de las figuras planas ¼ MR2:

IZ = IX + IY ; además por simetría IX = IY, por tanto

IX = IZ/2 = ¼ MR2 (Ver problema 4.)

Aplicando el teorema de Steiner I = ¼ MR2 + MR2 = 5/4 MR2

27. Una pelota de masa m choca elásticamente con una velocidad v contra una puerta de masa M y anchura L a una distancia x de la bisagra. Hallar la velocidad angular adquirida por la puerta, la velocidad de la pelota después del choque y el impulso recibido por la bisagra. Aplicarlo para el caso m = 1.1 kg, M = 30 kg, L = 80 cm, x = 60 cm, v = 30 m/s.

En primer lugar plantearemos el teorema de conservación del momento angular tomando como origen el punto O donde se halla la bisagra:

mvx = mv’x + Iω

considerando la puerta como una varilla a efectos de rotación: I = 1/3 ML2

mvx = mv’x + 1/3 ML2ω

En segundo lugar, dado que el choque es elástico, se iguala la energía cinética antes y después de la colisión:

½mv2 = ½ mv’2 + ½ Iω 2 mv2 = mv’2 + 1/3ML2ω2

Tenemos dos ecuaciones y dos incógnitas:

3mvx = 3mv’x + ML2ω

3mv2 = 3mv’2 + ML2ω2

3mx(v - v’) = ML2ω

3m(v2 - v’2) = ML2ω2 dividiendo la segunda entre la primera:

y sustituyendo ω en la primera: 3mx2(v - v’) = ML2(v + v’)

despejando v’: = -26.5 m/s sale pues rebotando.

= 5.83 rad/s

Obsérvese que la cantidad de movimiento no se conserva, pues la puerta no está aislada. La variación de la cantidad de movimiento es:

∆ p = p2 - p1 = (mv’ + MvCM) - mv = mv’ + Mω L/2 - mv = 7.8 N⋅ s que es el impulso mecánico recibido por

la bisagra.

28. Respecto del problema anterior, calcular la distancia a la bisagra donde hay que golpear para que ésta no reciba ningún impulso.

Como antes, la conservación del momento angular tomando como origen el punto O donde se halla la bisagra:

mvx = mv’x + Iω

considerando la puerta como una varilla a efectos de rotación: I = 1/3 ML2

mvx = mv’x + 1/3 ML2ω = mv’x + 1/3 ML2

El impulso mecánico recibido por la bisagra es la variación de cantidad de movimiento del sistema puerta pelota, que queremos que sea cero, es decir:

J = ∆ p = pf - pi = mv’ + MvCM - mv = 0 mv - mv’ = MvCM

pero mv - mv’ = → = MvCM

Golpeando en este punto, ya sea con una pelota o de otro modo, la bisagra no recibirá ningún impulso. A este punto se le llama centro de percusión, y se puede generalizar a otros sólidos similares como palos, bates, etc.

29. Se cuelga un disco de masa M y radio R por su borde, de modo que puede girar alrededor del punto de sujeción. Se golpea el disco horizontalmente a modo de "gong" mediante una fuerza F durante un tiempo ∆ t a una distancia x por debajo del punto de sujeción. Demostrar que la velocidad del centro de masa del disco viene dada por vCM = 4F∆ tx/5MR. Calcular el impulso recibido por el punto de

sujeción al techo y demostrar que este impulso es cero si se golpea en x = 5R/4 (centro de percusión).

El momento de fuerza ejercido sobre el disco es xF; y como se ejerce durante ∆ t el momento angular adquirido por el disco valdrá:

dL = Mdt; L = xF∆ t

El momento de inercia del disco del problema es (ver problema 25.) I = 5/4 MR2

L = xF∆ t = Iω = I = (el CM se encuentra a R del eje y vCM = ω R)

El impulso mecánico recibido por el disco F∆ t sería igual a la cantidad de movimiento adquirida por éste, si estuviera aislado; pero en realidad, el punto de sujeción recibe parte de este impulso:

F∆ t = M vCM + FTECHO∆ t; FTECHO∆ t = F∆ t - M vCM = F∆ t(1 - )

Como se ve este impulso tiene el mismo signo que el producido por el golpe para valores de x menores de 5x/4, y signo contrario para valores de x mayores que dicho valor. Dicho en otras palabras: si se golpea muy alto el punto de sujeción tendrá tendencia a moverse en el mismo sentido que el golpe, y si se golpea muy bajo, el punto de sujeción tenderá a moverse hacia atrás.

Existe un punto crítico x = 5R/4 (¼ R por debajo del centro) en el que el punto de sujeción no recibe ningún impulso; este punto se llama centro de percusión.

30. Una varilla de longitud 1m se suspende de un punto O a modo de péndulo. Calcular:

a. El período del péndulo, si suspendemos la varilla de un extremo. b. La distancia desde el punto de suspensión al centro de masa para conseguir que el péndulo oscile con

un período mínimo. c. El período mínimo de oscilación.

Consideremos una figura plana suspendida del punto O situado a una distancia x del centro de masa. El momento del peso respecto de O vale M = mgxsenθ , y está relacionado con la aceleración angular por:

M = Iα = -mgxsenθ

(el signo menos se debe a que el momento tiende a hacer disminuir el ángulo), donde I es el momento de inercia respecto al punto de suspensión O.

El movimiento es armónico simple para pequeños ángulos de modo que podemos considerar que:

α = -ω2θ

siendo ω la frecuencia angular (2π /T) de modo análogo a un muelle en el que a = -ω 2x

Si además tenemos en cuenta que para ángulos pequeños senθ ≈ θ , tendremos:

-mgxsenθ = -Iω 2 θ; mgx = Iω 2 = I ;

ecuación 1

Si aplicamos el teorema de Steiner:

Por lo que el período pedido vale:

b) Derivando T respecto de x e igualando a 0:

; basta que el numerador sea 0:

obteniéndose 12x2 = L2;

= 0.29 m

c)

En el gráfico se ha representado el período en función de x/L, apreciándose el mínimo para los valores obtenidos.

31. Un disco de 5 kg y radio 30 cm se suspende mediante un eje horizontal perpendicular al disco y que pasa por su periferia. Si apartamos ligeramente al disco de la posición de equilibrio, hallar el período de oscilación del movimiento armónico.

Utilizando la ecuación 1, y aplicando el teorema de Steiner:

= = 1.35 s

32. Una tabla homogénea AB de masa m y longitud L, está colocada sobre la mesa como indica la figura. Al aplicar una fuerza F, el extremo A empieza a levantarse. Hallar la expresión que relaciona la fuerza necesaria para levantar la tabla F con la longitud x que sobresale de la mesa.

El levantamiento del punto A constituye una rotación alrededor del punto O. En este instante, el momento de la fuerza F respecto de O, xF, más el momento del peso del extremo que sobresale

respecto de O, (x/2)POB, supera ligeramente el momento del peso

del sector apoyado respecto de O, (L-x)/2 PAO.

Los pesos de los dos sectores pueden calcularse planteando una proporción, dado que la tabla es homogénea:

Momento de F + momento de POB respecto de O = xF + POB

Momento de PAO respecto de O = PAO

xF + = xF = = (L - 2x)

Algunos puntos singulares de esta función se dan para:

x = 0 ⇒ F = ∞ ;

x = L/2 ⇒ F = 0

33. Un albañil de 75 kg camina sobre un tablón de 3 m de largo y 80 kg apoyado sobre dos vigas distantes 2 m, tal como indica la figura. ¿Cuál es la máxima distancia que puede recorrer, x, sin que caiga?

Para que el tablón gire, el momento del peso del albañil respecto del punto O, mas el momento del peso de la parte de tablón que sobresale, debe ser mayor o igual que el momento del peso de la parte de tablón apoyada entre las vigas:

Llamando λ a la densidad lineal del tablón: , haciendo d = 2 m, L = longitud del tablón, M = masa

tablón, m = masa albañil tendremos:

mgx + = → mx = = ;

= 0.53 m

34. Una escalera de 6 m está apoyada contra una pared vertical sin rozamiento. El coeficiente de rozamiento estático con el suelo vale 0.4. ¿Cuál es la inclinación mínima que debe tener la escalara para que no se deslice?

Para que la escalera esté en equilibrio:

P = N fR = Fpared fR ≤ µ EN

Para que no resbale la escalera, Fpared ≤ µ EN

Calculando el momento resultante respecto de O (el más cómodo) e igualando a cero:

= FparedLsenα

tanα = =

1.25; α ≥ 51.3º

35. Estudiar la caída por un plano inclinado de una esfera, un cilindro y un aro; determinando la aceleración, la fuerza de rozamiento, el ángulo máximo de no deslizamiento y la velocidad final.

La fuerza resultante sobre cualquiera de los cuerpos vale:

mgsenθ - fR = ma

El momento del par de fuerzas respecto del centro es:

fRR = Iα

en estas dos ecuaciones tenemos como incógnitas a, α y fR. Si consideramos que los cuerpos caen rodando

sin deslizarse se produce la equivalencia a = α R, con lo que las incógnitas se reducen a dos:

fR = Ia/R2 → mgsenθ - = ma → a =

La fuerza de rozamiento la podemos obtener de las ecuaciones anteriores: fR = Ia/R2

Observemos que no se ha considerado el coeficiente de rozamiento, ya que los cuerpos ruedan sin deslizar, estando los puntos en contacto con el suelo en reposo respecto de éste. Si la inclinación del plano es muy elevada, empezará a aparecer deslizamiento, es decir que a > α R. Esto ocurrirá cuando fR ≥ µ EN:

Así para el caso de la esfera, por ejemplo:

fR = = µ Emgcosθ → tanθ max =

Para hallar la velocidad tras descender una cierta altura h, planteemos el teorema de conservación de la energía:

mgh = ½ mv2 + ½ Iω 2 → mgh = ½ mv2 + ½ I(v/R)2

Tras sustituir el momento de inercia de cada cuerpo, observamos (ver tabla) el orden de llegada (esfera, cilindro y aro).

a fR θθ max v

esfera

cilindro atan3µ E

aro atan2µ E

36. Una masa de 20 kg se halla sobre un plano inclinado 30º, con el que tiene un rozamiento cuyo coeficiente vale 0.3, unida a una cuerda sin masa e inextensible que pasa por una polea de 160 kg, cuyo radio geométrico es de 20 cm y radio de giro 15 cm. De dicha cuerda pende una masa de 40 kg que es abandonada libremente. Calcular:

a. Aceleración con que se mueve el sistema. b. Tensiones en la cuerda. c. ¿En qué rango de valores de la masa que pende, el sistema estará en equilibrio?

Partiendo de la suposición de que la masa colgante acelera hacia abajo, plantearemos las tres ecuaciones correspondientes al movimiento de las tres masas:

m2g - T2 = m2a

T1 - m1gsenθ - µ m1gcosθ = m1a

T2R - T1R = Iα =

m2g - T2 = m2a T1 - m1gsenθ - µ m1gcosθ = m1a T2 - T1 =

sumando las tres ecuaciones: m2g - m1gsenθ - µ m1gcosθ = a( m1 + m2 + )

= = 1.62 m/s2

T2= m2(g - a) = 327 N T1 = T2 - = 181 N

c) El valor mínimo que hace que la masa m2 acelere hacia abajo se produce cuando a = 0, es decir:

m2 = m1senθ + µ m1cosθ = 10 + 5.2 = 15.2 kg.

Si la masa m2 se hace aún menor, llegará un

momento en que será arrastrada por m1. Esto

produciría una inversión en el sentido de la fuerza de

rozamiento. El valor máximo de m2 deberá cumplir

ahora:

m2 = m1senθ - µ m1cosθ =

10 - 5.2 = 4.8 kg.

Por tanto, entre 0 y 4.8 kg el sistema acelerará de modo que m2 suba; entre 4.8 y 15.2 kg, permanecerá en

equilibrio; y para más de 15.2 kg m2 acelerará hacia abajo.