dinamica de rotacion - copia
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PROBLEMA APLICATIVO
Un chofer está en una carrera de autos, de pronto se le vacían
los frenos y el chofer sabe que con la velocidad que tiene llegara
a uno de los caminos, que tienen en su inicio pendientes de
superficie lisa, el chofer tiene que elegir por qué camino ir. El
chofer sabe la pendiente y altura de cada uno de los caminos a
elegir, también sabe con qué velocidad debe llegar al final de la
pendiente para que no se lastime entonces el deberá elegir que
camino le conviene tomar para que no se lastime. El chofer en ese
momento iba con su copiloto que era físico puro inmediatamente
había que tomar una decisión rápida así que el físico dijo: con la
velocidad que tenemos en este instante sabemos que vamos a
llegar con velocidad cero al filo de alguna de las pendientes
entonces el podría aplicar la conservación de la energía para
hallar la pendiente y la altura del camino que debe elegir con la
finalidad de que el impacto no los lastime.
El físico dice: las llantas del auto podemos considerarlo como
cilindros, analizando solo a una llanta tenemos entonces que
podríamos hallar la energía de rotación en una llanta con:
Er = 1
2 𝜔2 I
Ya que se conoce la inercia de un cilindro y la velocidad angular
con que debe llegar el auto ya que la pendiente es lisa y podemos
usar la ecuación que dice que la velocidad del centro de masa es
igual al radio por la velocidad angular y la velocidad del centro de
masa de cada llanta es igual a la velocidad del centro de masa de
todo el auto.
Y podemos usar:
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Para una llanta
ΔU + ΔK = W FNC
No hay fuerza elástica asi que la única fuerza conservativa es la
energía potencial gravitatoria.
Mg(H-ho) + 1
2m(Vf
2-Vo2) +
1
2 𝜔2 I = Fvientod
- Mg(Hnecesaria) + 1
2m(Vf
2) + 1
2 𝜔2 I = Fvientod
Se conoce le velocidad con la que debe llegar para que el impacto
no les cause daños, se sabe la altura y pendiente (y con esto se
conoce d) de todos los caminos, sabemos que el momento de
inercia de un cilindro es 1
2MR2, sabemos la fuerza constante
promedio que ejerce el viento en ese lugar y la masa de la llanta
también es conocida, entonces podremos calcular la altura que
debe tener el camino para que el impacto no lastime al chofer.
OBJETIVOS:
Observar el movimiento de rodadura de una rueda de maxwell y a
partir de las mediciones efectuadas determinar el momento de
inercia de la rueda con respecto al eje perpendicular que pasa
por su centro de su gravedad.
FUNDAMENTO TEORICO:
Cuerpo rígido.
Un cuerpo rígido es aquel en el cual las distancias entre sus
partículas cualesquiera permanecen constantes en el tiempo. En
un cuerpo rígido se distingue dos movimientos traslación y
rotación.
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 3
Movimiento de traslación.
Es aquel movimiento en el cual todos los puntos del cuerpo se
mueven en la misma dirección, con la misma velocidad y
aceleración en cada momento.
Movimiento de rotación.
Es aquel movimiento donde las partículas del cuerpo describen
trayectorias circulares alrededor de un eje.
ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN.
Para un cuerpo rígido formado por una colección de partículas
que gira alrededor del eje z fijo con velocidad angular ω, cada
partícula del cuerpo rígido tiene energía cinética de traslación.
Si la partícula de masa mi, se mueve con velocidad vi, su energía
cinética.
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 4
Eci= 1
2mivi
2
Cada partícula del cuerpo rígido tiene la misma velocidad angular
ω, pero distintas velocidades lineales, porque estas dependen de
la distancia r al eje de rotación, y se relacionan por vi = ω ri.
Entonces la energía cinética de la partícula i es:
Eci=
1
2mi(𝑟𝜔)2 →Eci=
1
2miri
2𝜔2
La energía cinética total del cuerpo rígido en rotación es la suma
de las energías cinéticas de cada partícula individual, esto es:
Ei =ΣEi= Σ1
2miri
2𝜔2 = 1
2Σ(𝑚𝑖𝑟𝑖2)𝜔2
Definimos → I : momento de inercia
I=∑ 𝑚𝑖𝑟𝑖2
Con esta definición, se puede escribir la energía cinética de
rotación de un cuerpo rígido como:
Ec=1
2I𝜔2
La energía cinética de rotación no es una nueva forma de energía,
sino que es el equivalente rotacional de la energía cinética de
traslación, se dedujo a partir de esa forma de energía. La
analogía entre ambas energías ½ mv2 ; ½ I𝞈 es directa, las
cantidades I y 𝞈 del movimiento de rotación son análogas a m y v
del movimiento lineal, por lo tanto I es el equivalente rotacional
de m (algo así como la masa de rotación), y siempre se considera
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como una cantidad conocida, igual que m, por lo que generalmente
se da como un dato
El momento de inercia I es una cantidad que depende del eje de
rotación, el tamaño y la forma del objeto.
Tabla de los momentos de inercia respecto al centro de masa de
figuras geométricas conocidas, de distribución de masa
homogénea.
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 6
RELACIÓN ENTRE TORQUE Y
ACELERACIÓN ANGULAR.
Para una partícula de masa m, que gira en una circunferencia de
radio r con la acción de una fuerza tangencial Ft, además de la
fuerza centrípeta necesaria para mantener la rotación. La fuerza
tangencial se relaciona con la aceleración tangencial at por
Ft = mat.
El torque alrededor del centro del círculo producido por Ft es:
τ=Ft r = (mat)r
Como la at se relaciona con la aceleración angular por at = rα, el
torque se puede escribir como:
τ= (mxrxα)xr =(mr2)α
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y como mr2es el momento de inercia de la masa m que gira en
torno al centro de la trayectoria circular, entonces:
τ= Ια
El torque que actúa sobre una partícula es proporcional a su
aceleración angular α, donde I es la constante de
proporcionalidad.
τ= Ια
Es el análogo rotacional de la segunda ley de Newton F = ma.
Se puede extender este análisis a un cuerpo rígido arbitrario que
rota en torno a un eje fijo que pase por O. El cuerpo rígido se
puede considerar formado por elementos de masa dm, que giran
en torno a O en una circunferencia de radio r, por efecto de
alguna fuerza tangencial externa dFt que actúa sobre dm.
Por la segunda ley de Newton aplicada a dm, se tiene:
dFt= (dm) at
El torque dτ producido por la fuerza dFt es:
dτ = rdFt = (rdm)at = (rdm)r𝜶= (r2dm)α
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El torque neto se obtiene integrando esta expresión,
considerando que α tiene el mismo valor en todo el cuerpo rígido,
τt=∫ 𝜶𝜶 = ∫ 𝜶𝜶𝜶𝜶𝜶 = ∫ 𝜶𝜶𝜶𝜶𝜶
Pero la integral es el momento de inercia I del cuerpo rígido
alrededor del eje de rotación que pasa por O, entonces.
τt= Iα
PROCEDIMIENTO
Usando un nivel de burbuja
nivele el plano que sirve de
soporte a los rieles.
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 9
Marque los rieles los
puntos A0 , A1 , A2 , A3 , A4
separarlos unos 10 cm
entre si y fije la
inclinación de los rieles de
manera que la rueda
experimenta un
movimiento de rodadura
pura.
Mida con el pie de rey el
diámetro del eje del
cilindro, que se apoya
sobre los rieles.
Coloque la rueda en reposo
en la posición A0 , suéltela
y simultáneamente
comience a medir el
tiempo, mida los intervalos
de tiempos t1 , t2 , t3 ,t4
correspondientes a los
tramos A0A1 , A0A2 , A0A3 ,
A0A4 respectivamente.
Tome tres mediciones para
t1 , t2 , t3 y 10 para t4.
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 10
Mida la masa de la volante
y la diferencia de las
alturas entre las
posiciones G0 Y G4 .
Modifique la inclinacion de
los rieles (teniendo
cuidado de evitar el
deslizamiento de la rueda)
y mida 3 veces t4 y la
nueva diferencia de
alturas entre G0 y G4.
Mida los radios, espesores
y longitudes de la rueda de
maxwell y su eje (como
para calcular su volumen).
PREGUNTAS
1. Consideremos los tiempos promedios para t1 , t2 , t3 y t4 ,
grafique los puntos (0,0),(t1,A0 A1) …(t4,A0A4). ¿Es el
movimiento de traslación uniformemente acelerado?
2. Grafique también d vs t2
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 11
3. Suponiendo que la aceleración de traslación es constante y
aplicando la desviación estándar y programación de
errores, calcular.
a. La aceleración del centro de masa aG.
b. La velocidad de traslación, V4 del centro de masa en
posición G4.
c. La velocidad angular de la rueda en el instante t4.
d. El momento de inercia de la volante, usando la ecuación
(13.5)
e. ¿Cuáles son las mediciones que introducen mayor
incertidumbre en el cálculo del momento de inercia?
f. ¿Cómo influye la longitud del recorrido sobre el valor de
I? para responder esta pregunta, compare el valor de I
obtenido de las mediciones en los puntos G1 G2 G3 y G4.
g. ¿Cómo influye la inclinación de los rieles sobre el valor
de I?
h. Calcular en momento de inercia a partir de la definición
I=R2d(m) y las mediciones geométricas efectuadas
sobre la rueda y el eje cilíndrico.
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CALCULO Y RESULTADOS
1° hallando los tiempos:
Teniendo los tiempos para cada tramo:
t1= (7.2; 7.17; 6.59)
t2= (10.09; 9.92; 9.47)
t3= (12.68; 13.02; 12.51)
t4= (15.53; 15.24; 15.57; 15.48; 14.81; 14.87; 14.58; 14.49; 16.14;
16.24)
Ahora el tiempo promedio será:
tm1= 6.90
tm2= 9.82
tm3= 12.73
tm4= 15.35
y = 3.5362x - 14.606
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
grafica t vs x
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¿El movimiento de traslación es uniformemente acelerado?
Ahora para ver cómo se comporta la aceleración de la volante
debemos hallar la aceleración en cada tramo.
Hallando la aceleración:
Usando la ecuación: d=v0t +(1/2)at2
Teniendo la velocidad inicial igual a cero. V0=0
Aceleración en el tramo A0 A1
10= (0).6.9 +1/2.a1.(6.9)2 entonces a1=0.42cm/s2
Aceleración en el tramo A0 A2
20=(0)9.82 + 1/2.a2.(9.82)2 entonces a2=0.41cm/s2
Aceleración en el tramo A0 A3
30=(0)12.73 + 1/2 .a3.(12.73)2 entonces a3=0.37cm/s2
Aceleración en el tramo A0 A3
40=(0)15.35 + 1/2 .a4.(15.35)2 entonces a4=0.33cm/s2
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2° grafica de x vs t2
Vemos que la aceleración se asemeja a un movimiento
uniformemente acelerado. Para suponer que esto, hallamos los
cálculos con la desviación estándar.
Aplicando desviación estándar para encontrar el grado de
centralización de los datos:
S2aCG = (ai
2)/n – a2m
Hallamos am:
am= (a1 + a2 + a3 + a4)/4 =
(0.42+0.41+0.37+0.33)/4cm/s2=0.3825cm/s2
Hallamos a2: a2 = 0.1463cm2/s4
y = 0.1576x + 3.6607
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
0 50 100 150 200 250
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 15
Entonces:
S2aCG = (a1
2 + a22 + a3
2 + a42 )/4 - a2= 0.001275
De donde S (desviación estándar) es:
S aCG=0.035707
Se observa que la medida de centralidad es muy pequeña, esto
nos indica que la aceleración del centro de gravedad de la volante
es igual a la aceleración media.
3° - a) Hallando la aceleración del centro de masa
la aceleración media: am= (a1+a2+a3+a4)/4
am= (0.42+0.41+0.37+0.33)/4 = 0.382cm/s2
Entonces: (am)2= 0.1459 cm2/s4
Ahora hallamos esto:
∑ai2= (a1
2+ a22 +a3
2+ a42)/n
(0.422+0.412+0.372+0.332)/4 =0.1475cm2/s4
Reemplazando en la ecuación:
S2aG = 0.1475 -0.1459= 0.0016cm2/s4
SaG = 0.04cm/s2aproximadamente
am=0.382cm/s2
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- b) la velocidad en G4 es:
Usando: A0A4=1/2(at2) ̭ v4=at nos da: v4= 2(A0A4)/t
Reemplazando: = 2(40)/15.35
Entonces: V4= 5.211cm/s
-c) la velocidad angular en t4 es:
Sabemos que: v4=w4.r
Reemplazando: 5.211=w4. 6.25
Entonces: w4= 0.833 rad/s
-d) El momento de inercia es:
Usando la ecuación: Mgh0 = Mgh4 + (½)MVG42+ (½)IG4.(VG
2/R2)
Reemplazando:
350x9.81x7.8 = 350x9.81x3.2 +( ½)350x5.212+
(½)IG4(5.212/6.252)
Entonces:
IG4= 0.0031786035kg.m2
-e) Mediciones que introducen mayor incertidumbre en el calculo
de Ies:
Bueno ya que la masa es fija y al igual que la gravedad nos damos
cuenta que la incertidumbre se da en las mediciones del radio, las
LABORATORIO DE FISICA FIPP 2014 17
Alturas y en la velocidad ya que todas estas magnitudes al
calcular las en el laboratorio se dan con margenes de errores.
-f)Como influye la longitud recorrida en I.
Hallemos I en G1
para esto usamos:
V1 = (2 A0A1)/ty Mgh0 = Mgh1 + (½)MV12+ (½)I1.(V1
2/R2)
reemplazando:
v1=2.89cm/s
350x9.81x7.8 = 350x9.81x6.6 +( ½)350x2.892+
(½)I1(2.892/6.252)
Entonces:
I1=0.0024868207kg.m2
Hallemos I en G2
Usamos:
V2 = (2 A0A2)/t y Mgh0 = Mgh2 + (½)MV22+ (½)I2.(V2
2/R2)
Reemplazando: v2=4.06cm/s y
350x9.81x7.8 = 350x9.81x5.4+( ½)350x4.062+
(½)I2(4.062/6.252)
Entonces: I2= 0.0025385614kg.m2
Hallemos I en G3
Usamos:
V3 = (2 A0A3)/ty Mgh0 = Mgh3 + (½)MV32 + (½)I3.(V3
2/R2)
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Reemplazando: v3=4.71cm/s y
350x9.81x7.8 = 350x9.81x4.3 +( ½)350x4.712+ (½)I3(4.712/6.252)
Entonces: I3=0.00286488707kg.m2
Hallemos I en G4
Usamos: V4 = (2 A0A4)/ty Mgh0 = Mgh4 + (½)MV42 +
(½)I4.(V42/R2)
Reemplazando: v4=5.21cm/s y
350x9.81x7.8 = 350x9.81x3.2 +( ½)350x5.212+ (½)I4(5.212/6.252)
Entonces: I4= 0.0031786035kg.m2
Ahora nos damos cuenta que cuando la volante recore mayor
longitud sumomentoinercialcrece
Momento inercial recorrido
I1=0.0024868207kg.m2
A0A1=10
I2 = 0.0025385614kg.m2 A0A2=20
I3=0.00286488707kg.m2 A0A3=30
I4= 0.0031786035kg.m2 A0A4=40
g)Como influye la inclinacion del riel sobre I
para esto calculamos en el tramo A0A4 pero con mayor altura
inicial h4 con respecto a la anterior veamos que pasa:
usando: V4 = (2 A0A4)/t y Mgh0 = Mgh4 + (½)MV42 +
(½)(I)’4.(V4
2/R2)
reemplazando: v4=5.61cm/s y
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350x9.81x9.1 = 350x9.81x3.2 +( ½)350x5.612+
(½)(I)’4(5.612/6.252)
Entonces: (I)’4=0.003652537401kg.m2
Como podemos comparar con el momento inercial anterior que
calculamos la cual I4= 0.0031786035kg.m2nos damos cuenta que
A mayor ángulo de elevación con respecto a la horizontal,
menor momento de inercia.
h) halle el I a partir de la definicion I=R2 d(M)
Considerando al borde de la rueda como un cilindro hueco.
. usamos:
I=r2 d(M)……..(1) , ρ=m/v = dm/dv un diferencial dv=2πrHdr
Reemplazando en (1)I=∫r2(ρ2πrHdr)=2πρH∫r3dr
I=2πHρ(R42-R4
1)/4 ……(2)
Como: ρ=m/π(R22-R2
1)H ,
reemplanzando en (2)
Considerando el eje como un cilindro.
. ρ=m/v=dm/dvpara un diferencial dv=πr2dy
Usando: I=r2d(M)…….(1) , ρ=m/v = dm/dv un diferencial
dv=2πrHdr
Reemplazando en (1) I=r2(2mr/R2)dr
I1=1/2M(R22+R2
1)
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I=2m/R2R0r3dr efectuando
I2=1/2MR2
Considerando la barra que une al eje con el borde (barrita).
Usando: I=r2d(M)…….(1) , ρ=m/v = dm/dv un diferencial dm=abdx
y dv=abdx
Reemplazamos en (1) I=R0m/R.r2dr
Ahora reemplazando con las mediciones dadas del laboratorio
teniendo en cuenta masas proporicionales con la misma densidad
del material.
hallemosI1 :
I1=1/2(271.75)x(6.252+5.152)= 0.00089115914kg.m2
hallemosI2 :
I2=1/2(47.14)x(1.475)2= 0.000005128709kg.m2
hallemosI3 :
I3=1/3ML2
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I3=1/3(5.18)x(4.1)2== 0.000002903087kg.m2
Ahora si hallamos el momento inercial de la rueda seria:
IR= I1+I2+6I3
IR=( 0.00089115914+0.000005128709+0.000017418522)kg.m2
IR=0.00091370637kg.m2
Ahora si hallamos el momento inercial del borde de la rueda
mas el eje (sin considerar las barritas internas) seria asi:
IR= I1+I2
IR=( 0.00089115914+0.000005128709)kg.m2
IR=0.00089628784kg.m2
BIBLIOGRAFIA:
FÍSICA UNIVERSITARIA, Volumen 1. Sears – Zemansky.
FÍSICA Para Ciencias e Ingeniería. Serway – Jewett.
Clase del profesor física 1 “Brocca”.