PROBLEMAS DE MOMENTO DE INERCIA

PROBLEMAS DE MOMENTO DE INERCIA.-

1.- Dos masas de 1 y 2 kg estn unidas por una cuerda inextensible y sin masa que pasa por una polea sin rozamientos. La polea es izada con velocidad constante con una fuerza de 40 Nw. Calcular la tensines de la cuerda.Solucin.- Como el enunciado no especifica la masa de la polea, se tiende a suponer que la masa de la polea es despreciable frente a las otras masas y al resolver el problema se llega a una incongruencia con los datos del problema:

La aceleracin con que se desplazan las masas ser:

a = F/m = (m2.g - m1.g)/(m2 + m1) = (2.g -1.g)/(2+1) = g/3 = 3'27 m/s2

Las tensiones T1 T2 son iguales:

T1 = m1.g + m1.a = m1 .g .(1 + (m2 - m1)/(m2 + m1)) = 2.g. m2.m1/(m2 + m1)

T2 = m2.g - m2.a = m2 .g .(1 - (m2 - m1)/(m2 + m1)) = 2.g. m2.m1/(m2 + m1)

En este caso T1 = T2 = 2.g.2.1/(2+1) = 4.g/3 = 13'166 Nw

a.- Si se desea levantar la polea con velocidad constante no existe aceleracin que influya en las tensiones de la cuerda y la fuerza que hay que hacer es la tensin que soporta el eje de la polea que es la suma de T1 y T2 :

F = T1 + T2 = 2.13'666 = 26'13 Nw

que no coincide con los 40 N del enunciado, por lo que hay que rehacer el problema aplicando el teorema fundamental de la dinmica de rotacin, M = I.a, determinando no slo las tensiones de la cuerda, que resultan ser distintas, sino la masa M de la polea.

T1 = m1.g + m1.a T2 = m2.g - m2.a

el momento total que acta sobre la polea es:

M = T2.R - T1.R = (T2 - T1).R = (m2.g - m2.a - m1.g - m1.a ).R

el momento de inercia de una polea, disco, es: I = M.R2 /2

la relacin entre la aceleracin angular y la lineal es: a = a / R

M = I.a (m2.g - m2.a - m1.g - m1.a ).R = (M.R2 /2 ) . a / R

m2.g - m2.a - m1.g - m1.a = M. a /2 m2.g - m1.g = M. a /2 + m2.a + m1.a

a = ( m2 - m1 ).g / (m2 + m1 + M/2)

T1 = m1.g + m1.( m2 - m1 ).g / (m2 + m1 + M/2) = m1.g.[1 + ( m2 - m1 ) / (m2 + m1 + M/2) ]

T1 = m1.g.[ ( m2 + m1 + M/2 + m2 - m1 ) / (m2 + m1 + M/2) ] = m1.g..[ (2. m2 + M/2 ) / (m2 + m1 + M/2) ]

T1 = 1.9'8.[( 2.2 + M/2) / (2 + 1 + M/2) ] = 9'8. [( 8 + M) / (6 + M) ]

T2 = m2.g - m2.( m2 - m1 ).g / (m2 + m1 + M/2) = m2.g.[1 - ( m2 - m1 ) / (m2 + m1 + M/2) ]

T2 = m2.g.[ ( m2 + m1 + M/2 - m2 + m1 ) / (m2 + m1 + M/2) ] = m2.g.[ ( 2. m1 + M/2 ) / (m2 + m1 + M/2) ]

T2 = 2.9'8.[ ( 2.1 + M/2 ) / (2 + 1 + M/2) ] = 19'6.[ (4 + M ) / (6 + M) ]

las tensiones son distintas.

b.- Si se levanta la polea con una fuerza de 40 N y con velocidad constante no existe aceleracin que influya en las tensiones de la cuerda y la fuerza que hay que hacer, en este caso 40 N, es la tensin que soporta el eje de la polea que es la suma de T1 y T2 ms el peso de la polea:

F = T1 + T2 + M.g

40 = 9'8. [( 8 + M) / (6 + M) ] + 19'6.[ (4 + M ) / (6 + M) ] + 9'8.M

40.(6 + M) / 9'8 = ( 8 + M) + 2.(4 + M ) + M.(6 + M) 24'45 + 4'08.M = 16 + 9.M + M2

M2 + 4'92.M - 8'49 = 0 M = 1'35 kg

a = ( 2 - 1 ).9'8 / (2 +1 + 1'35 /2) = 2'67 m/s2T1 = 9'8. [( 8 + 1'35) / (6 + 1'35) ] = 12'47 N

T2 = 19'6.[ (4 + 1'35 ) / (6 + 1'35) ] = 14'27 N

2.- Una esfera rueda sobre una barra, con seccin en forma de U, inclinada. Determinar la aceleracin.Solucin.

Las fuerzas que actan sobre la esfera son el peso, P, la reaccin normal del plano, R, y la fuerza de rozamiento Fr.

Como la reaccin R y el el rozamiento Fr estn aplicados en el eje instantneo de rotacin no realizan ningn momento, slo el peso:

M = h. m. g. sen , siendo h = (r2 - b2)1/2

El momento de inercia de la esfera con relacin al eje instantneo de rotacin es I = 2. m. r2 /5 + m. h2Aplicando la ecuacin fundamental de la dinmica de rotacin:

a = M / I = h. m. g. sen /( 2. m. r2 /5 + m. h2) = h. g. sen /( 2. r2 /5 + h2)

la aceleracin lineal ser:

a = a .h = h2. g. sen /( 2. r2 /5 + h2) = g. sen /(2. r2 /(5h2) + 1 ) = 5. (r2 - b2). g. sen /(7. r2 - 5. b2)

3.- Sea un cilindro de masa m, radio r y altura h, rodando por un plano inclinado grados. Determinar su aceleracin.Solucin.

El cilindro est apoyado por su generatriz, siendo en cada instante su eje de giro.

El Momento de inercia del cilindro respecto a su generatriz ser:

I = Io + m.r2 = m.r2 /2 + m.r2 = 3.m.r2 /2

El Momento total respecto al eje instantneo de giro de las fuerzas aplicadas slo se debe al peso pues la fuerza de rozamiento y la reaccin del plano estn aplicadas en el eje de apoyo y sus momentos son nulos:

M = m.g.r. sen

La aceleracin lineal ser la angular por el radio de giro.

a = .r = M.r / I = m.g.r2. sen /(3.m.r.2 /2) = 2.g.sen /3

4.- Sea una polea en forma de disco de masa m y radio r con una cuerda sin masa enrollada de cuyo extremo pende una masa m'. Calcular la aceleracin de giro de la polea.Solucin.

La polea gira debido a la tensin que ejerce la cuerda debido a la cada de m'. La tensin ser igual al peso menos la fuerza de inercia, y el momento que ejerce sobre la polea ser:

T = m'.g -m'.a -> M = m'.(g-a).r

La polea est sujeta por su eje por lo que existir una fuerza reactiva en dicho eje, pero su momento ser cero al estar en el eje.

El momento total ser: M = m'.(g-a).r

El momento de inercia de la polea (disco) es: I = m.r2 /2

La ecuacin de la Dinmica de rotacin resultar:

= M / I = m'.(g-a).r / (m.r2 /2) = 2.m'.(g-a) / m.r

pero a = .r -> = 2.m'.( g - .r ) / m.r

-> m.r. + 2.m'. .r = 2.m'. g -> 2.m'. g / (m.r + 2.m'.r)

5.- Determinar la ecuacin del movimiento de un aro de radio r que rueda sin deslizar por un plano inclinado.

Solucin.

Si rueda sin deslizar es porque existe una fuerza de rozamiento que lo impide.

El eje instantneo de rotacin es el punto de contacto del crculo con el plano.

La fuerza de rozamiento Fr y la reaccin del plano R tienen su punto de aplicacin en el eje instantneo de rotacin, por lo que el momento que ejercen es cero.

El momento total de las fuerzas aplicadas slo se debe al peso:

M = m.g.r.senSea Io el momento de inercia del sistema, esfera, cilindro, aro, ..., con relacin a su eje. El momento de inercia del aro con relacin al punto de apoyo ser el momento de inercia respecto a su eje ms el trmino de Steiner; es decir:

I = Io + m.r2Sustituyendo en la ecuacin fundamental de la dinmica de rotacin, resulta:

M = I. m.g.r.sen = . (Io + m.r2 )

.r = m.g.r2 .sen / (Io + m.r2 ) a = g .sen / (1 + Io /m.r2 )

El movimiento es uniformemente acelerado.

En el caso particular de un aro: Io = m.r2 a = g.sen /2

6.- Un objeto est colgado de un hilo. Al aplicarle un momento de 5 N.m el cuerpo gira, retorcindose el hilo 12. Se le deja oscilar y su perodo es 0'5 seg. Determinar el momento de inercia del objeto y el ngulo que ha girado al cabo de 3'2 seg.Solucin. El momento recuperador es proporcional y opuesto a la deformacin, en este caso al ngulo girado. Si k es la constante de proporcionalidad:

M = - k.q

Si al aplicar un momento de 5 N.m gira 12, 0'20944 radianes, el valor de k ser:

k = 5 / 0'20944 = 23'87 N.m/rad

La ecuacin del movimiento, aplicando la ley fundamental de la dinmica de rotacin, ser:

que es la ecuacin de un movimiento armnico simple, cuya solucin es:

siendo qm w j constantes a determinar segn las condiciones iniciales.

en este caso:

w = 2.p/0'5 = 12'57 rad/s I = k/w2 = 23'87/12'572 = 0'151 kg.m2

si el origen de tiempos lo ponemos cuando se suelta el sistema, entonces para t=0, q = qm = 0'20944 radianes y la velocidad cero por lo que j = - p/2

La ecuacin de la posicin resulta ser:

= 0'20944. sen(12'57.t +/2) = 0'20944. cos (12'57.t)

al cabo de 3'2 seg. el ngulo ser:

= 0'20944. cos (12'57.3'2) = - 0'17 radianes

7.- Una regla uniforme de longitud L est en el plano vertical de modo que puede girar por un eje horizontal, perpendicular a la regla, y a una distancia d del centro de masas. Calcular el valor de d que da perodo mnimo de oscilaciones pequeas.Solucin.- Si denominamos :

ICM momento de inercia respecto a un eje que pase por el centro de masa.

I momento de inercia respecto al eje asctual

d distancia entre ejes,

el perodo de oscilacin de un pndulo fsico es:

si el perodo debe ser mnimo, la derivada del perodo respecto a la distancia d debe ser cero:

es decir: m.d2 = ICMEl momento ICM de la regla es m.L2/12, por lo que:

m.d2 = m.L2/12 -> d = L .12-1/28.- Un disco de 2 Kg de masa y 10 cm de radio gira alrededor de su eje a 180 r.p.m.. Encima, pero sin que exista contacto, se encuentra otro disco de 1 Kg de masa, del mismo radio y en reposo. Cuando el disco superior se deja caer, ambos se mueven solidariamente. Calcular la velocidad angular final.Solucin.- Cuando el disco superior se posa sobre el inferior, el momento de las fuerzas sigue siendo nulo por lo que se conserva el Momento angular, I.w.

(I.w)antes = (I.w)despus

I1.wi = (I1 + I2).wf wf = I1.wi /(I1+I2)

como el Momento de inercia de un disco es .m.R2 se obtiene:

wf = .m1.R2 wi /( .m1.R2 + .m2.R2 ) = m1.wi /(m1+m2)

En este caso particular:

wf = 2 Kg . 180 rpm / (2 kg + 1 Kg) = 120 r.p.m.

9- Un disco circular en reposo de 0'5 m de radio y 4 Kg.m2 de momento de inercia, puede girar por su eje y lleva una cuerda enrollada en su periferia. Se tira de la cuerda con una fuerza constante de 2 N, durante 10 seg. Calcular, suponiendo nulo el rozamiento, la longitud de cuerda desenrollada en ese tiempo.Solucin.- Aplicando la ecuacin fundamental de la dinmica de rotacin:

a = M / I a = F . R / I

a = a . R = F . R2 / I

como inicialmente est en reposo:

e = . a . t2 = . F . R2 . t2 / I

en este caso:

e = . 2 . 0'52 . 102 / 4 = 6'25 metros

10.- Un patinador, con los brazos extendidos y las piernas abiertas y con un momento de inercia respecto a su eje vertical de 7 Kg.m2 , inicia un giro sobre si mismo con una aceleracin de 2 rad/s2 durante 6 segundos, momento en el cual encoge los brazos y acerca sus piernas al eje hasta tener un momento de inercia de 4 Kg.m2 . Determinar su velocidad de giro final.Solucin.-Despus de un tiempo t de iniciar el giro, su velocidad angular ser:

wt = . a . t2 = . 2. 62 = 36 rad/s

al acercar brazos y piernas al eje, el Momento de las fuerzas sigue siendo nulo, por lo que se conserva el momento angular, I.w

(I . w)antes = (I . w)despus

wdespus = (I . w)antes / Idespus = 7.36 / 4 = 63 rad/s

11.- Una polea doble, de momento de inercia 0'6 kg.m2 est formada por dos poleas de radios 4 cm y 8 cm solidarias. En cada una de ellas hay una cuerda sin masa enrollada de la que cuelgan masas de 40 y 60 kg. Calcular la aceleracin angular del sistema y las tensiones de las cuerdas.Solucin.-El momento que produce la masa de 40 kg es mayor que el producido por la masa de 60 kg, por lo que el sistema, de girar, girar a izquierdas:

M1 = 40. 0'08 = 3'2 N.m M2 = 60. 0'04 = 2'4 N.m

Las tensiones en las cuerdas son:

T1 = m1.g - m1.a1 = m1.g - m1.a.r1

T2 = m2.g + m2.a2 = m2.g + m2.a.r2Aplicando la ecuacin fundamental de la dinmica de rotacin, M = I.a :

T1. r1 - T2. r2 = I.a (m1.g - m1.a.r1). r1 - (m2.g + m2.a.r2). r2 = I.a

m1.g.r1 - m2.g.r2 - m1.a . r12 - m2.a . r22 = I.a

a = g. ( m1.r1 - m2.r2 ) / ( I + m1.r12 + m2.r22 )

a = 9'8. (40.0'08 - 60.0'04) / (0'6 + 40.0'082 + 60.0'042) = 8'235 rad /s2T1 = m1.g - m1.a.r1 = 40.9'8 - 40.8'235.0'08 = 365'65 N

T2 = m2.g + m2.a.r2 = 60.9'8 + 60.8'235.0'04 = 607'76 N

12.- Una rueda de 6 cm de radio tiene un eje de 2 cm. El conjunto tiene un momento de inercia 0'004 Kg.m2 y una masa de 3 kg. La rueda est apoyada sobre el suelo, existiendo rozamiento. Determinar el sentido de giro de la rueda y su aceleracin lineal si se tira horizontalmente de una cuerda enrollada en el eje con una fuerza de 5 N.Solucin.- Al estar la rueda apoyada en el suelo, el eje instantneo de giro es la recta de apoyo con el suelo, por lo que ni la fuerza de rozamiento Fr ni la reaccin del suelo, R, ni el peso, P, ejercen momento alguno sobre la rueda, por estar aplicados en el eje de giro. Slo ejerce momento la fuerza F.

Aplicando la ecuacin fundamental de la dinmica de rotacin:

M = I. a F.(r1 - r2) = I.aa = F.(r1 - r2) / I = 5.(0'06 - 0'02) / 0'004 = 50 rad /s2

a = a . r1 = 50 . 0'06 = 3 m /s213.- Sobre un disco de radio R y masa M, empotramos perpendicularmente y en su centro una varilla de longitud h y masa despreciable.Determinar el momento de inercia del sistema respecto de una recta tangente al disco y que pasa por el extremo libre de la varilla

Tomando el eje Z sobre la varilla, el momento de inercia del disco, respecto de dicho eje, vale:

Si consideramos que el disco es homogneo y tiene una densidad msica ?, podemos tomar una corona circular de radio r y anchura dr para obtener:

Y sustituyendo en la expresin anterior:

Pero se cumple:

Y, por lo tanto:

Por otro lado, ya que el disco es simtrico respecto de cualquier eje que pase por el plano XY, se tendr que Ix = Iy; pero, adems, por ser su espesor despreciable:

Tenemos de ese modo los momentos principales de inercia del disco. Para determinar su momento de inercia respecto de la recta AB, debemos aplicar los teoremas de Poisson y de Steiner.En primer lugar, aplicamos el teorema de Poisson para determinar el momento de inercia de una recta paralela a la recta AB y que pase por el origen. Los cosenos directores de este eje sern los mismos que los de la recta AB y, puesto que esta se encuentra situada en el plano YZ, podemos poner:

De ah que aplicando el teorema de Poisson tengamos:

Y reagrupando:

Donde Io es el momento de inercia de un eje que pasa por el origen y es paralelo a la recta AB.La distancia entre estos dos ejes vale:

Y por lo tanto, considerando el teorema de Steiner, finalmente resulta:

14.- Calcular la posicin de equilibrio del sistema representado en el esquema adjunto.

Solucion .- Puesto que el sistema est sujeto nicamente a la accin de la gravedad, las fuerzas que actan sobre l sern conservativas (suponiendo que no existe rozamiento).Considerando que las ligaduras son bilaterales, holnomas e ideales, podemos aplicar el teorema de Torricelli. Es fcil comprobar que slo necesitamos una coordenada generalizada para describir la posicin del sistema. Vamos a tomar j y poner el valor zG en funcin de ella. Tenemos:

La posicin de equilibrio del sistema vendr dada entonces por:

De donde resulta:

15.- Encontrar que rbita seguir un cuerpo que se mueve por efecto de una fuerza de atraccin inversamente proporcional a la quinta potencia de la distancia al centro al centro de fuerzas.

RESPUESTA 17

La fuerza que acta sobre la partcula vendr dada por una ecuacin de la forma:

De la expresin general de la ecuacin diferencial de la rbita, podemos obtener: (ecuacin repetida)

Sustituyendo el valor de f(1/u) resulta:

Si multiplicamos todos los trminos de la ecuacin anterior por podemos poner:

De donde integrando nos queda:

Antes de volver a integrar simplificamos y separamos variables:

Esta integral podemos obtenerla de forma inmediata haciendo previamente algunas pequeas transformaciones:

Con lo que resulta:

Para obtener u en funcin de q hacemos, por conveniencia, C = q0, con lo que podemos poner:

Y como se tiene u = 1/r, finalmente, resulta:

Que es la ecuacin, en coordenadas polares, de la curva que describe un cuerpo bajo ele efecto de la fuerza que hemos considerado.

16.- Determinar la expresin de las fuerzas que originan las siguientes rbitas:

Y calcular el valor del campo potencial en cada caso.

RESPUESTA 16

La expresin general de la ecuacin diferencial de una rbita es:

Por lo tanto, para el primer caso, podemos poner:

Y sustituyendo:

Y, por lo tanto, la fuerza es inversamente proporcional a la cuarta potencia de la distancia al centro.Para calcular el potencial tenemos:

Para el segundo ejemplo tenemos:

Y sustituyendo en la expresin general:

Con lo que hemos obtenido que la fuerza es inversamente proporcional a la tercera potencia de la distancia al centro de fuerzas.El potencial en este caso vendr dado por:

17.- Sobre la superficie de una figura de seccin circular se deja caer una bolita de masa m, con velocidad inicial nula y sin rozamiento, desde el punto considerado en el esquema adjunto.Calcular el punto de despegue de la masa por el mtodo de los multiplicadores de Lagrange.

Repetir el problema si la velocidad inicial de la bolita es v.

RESPUESTA 15

Vamos a considerar como coordenadas generalizadas para describir la posicin de la bolita, r y j, teniendo en cuenta que mientras no despegue existir la ligadura expresada por r = R.

La energa cintica se expresar:

Y la potencial:

Segn eso, las ecuaciones de Lagrange, teniendo en cuenta las fuerzas de ligadura, sern:

Donde la Lagrangiana vale:

Teniendo en cuenta que la ecuacin de ligadura es r = R, obtenemos los siguientes coeficientes a1j:

Segn eso, tendremos para la expresin (*)

De estas condiciones podemos obtener la condicin de despegue, para lo cual tenemos en cuenta que mientras la bolita no se desprenda de la superficie, se tendr:

Donde hemos tenido en cuenta que r = R es constante y, por lo tanto, sus derivadas, nulas.

La fuerza de ligadura, l, ser nula en el instante de despegue, por lo tanto:

Y la bolita despegar cuando la fuerza centrfuga sea mayor que el peso.

Para calcular el ngulo a que se desprende la bolita, consideramos la segunda de las ecuaciones de Lagrange, pero si tenemos en cuenta, anlogamente a como hecho antes, que en el instante de despegue la velocidad lineal de la bolita es nula, nos queda:

Para integrar esta ecuacin multiplicamos los dos miembros por la velocidad angular y por dt; de ese modo:

Teniendo en cuenta ahora que para t = 0 el ngulo de despegue y su derivada son nulos, podemos poner:

Recordando aqu el valor de la velocidad angular obtenido anteriormente:

Que es el valor a partir del cual la bolita se separa de la superficie.

Si consideramos que la bolita tiene una velocidad inicial v, los resultados se modifican a partir de la ecuacin (**) ya que en ese caso tenemos:

Y recordando el valor de la velocidad angular:

18.- Una partcula, que parte del reposo, desliza sobre un alambre que tiene dos puntos fijos. Determinar la forma que toma el alambre para que el tiempo requerido en ir de un punto a otro sea mnimo.

RESPUESTA 14

Supongamos que la masa de la partcula es m y su posicin viene dada por P(x, y)

Si medimos la coordenada y en sentido descendente a partir del punto 0 y elegimos como nivel de referencia una lnea horizontal que pase por el punto 2, el principio de conservacin de la energa nos permite poner:

Donde ds/dt es la velocidad de la partcula.

Midiendo s a partir del origen, 0, su valor aumenta cuando la partcula se mueve y, por lo tanto, ds/dt es positiva, con lo que tendremos:

Y el tiempo total empleado por la partcula para ir desde y = 0 hasta y = y0, es:

Pero sabemos que un elemento diferencial de longitud de arco, ds, vale:

Con lo que sustituyendo, nos queda:

La condicin necesaria y suficiente para que t sea mnimo es que se cumpla las ecuaciones de Euler, es decir:

Tenemos entonces: Donde ds/dt es la velocidad de la partcula.

Midiendo s a partir del origen, 0, su valor aumenta cuando la partcula se mueve y, por lo tanto, ds/dt es positiva, con lo que tendremos:

Y el tiempo total empleado por la partcula para ir desde y = 0 hasta y = y0, es:

Pero sabemos que un elemento diferencial de longitud de arco, ds, vale:

Con lo que sustituyendo, nos queda:

La condicin necesaria y suficiente para que t sea mnimo es que se cumpla las ecuaciones de Euler, es decir:

Tenemos entonces:

Y sustituyendo:

Ecuacin que se puede simplificar para obtener:

Puesto que no aparece explcitamente la variable x, podemos hacer:

Y sustituyendo:

Esta expresin podemos integrarla directamente para obtener:

Y despejando :

Y separando variables e integrando:

Para obtener la integral del segundo miembro hacemos el cambio de variable:

Y sustituyendo:

Finalmente, teniendo en cuenta la igualdad:

Obtenemos:

Como la curva pasa por el punto x = 0 ; y = 0, se tiene c = 0 y las ecuaciones finales quedan:

Que son las ecuaciones paramtricas de una cicloide (una cicloide es la trayectoria descrita por un punto fijo sobre un crculo que rueda a lo largo de una lnea dada).

El problema desarrollado se conoce como el problema de la braquistcrona y es famoso en la historia de las matemticas debido a que fue el que condujo a Joham Bernouilli a la fundacin formal del clculo de variaciones

19.- Dos masas puntuales, m1 y m2, se hallan unidas por una cuerda a travs de un orificio practicado en una mesa de superficie lisa, de modo que m1 est sobre ella y m2 se encuentra suspendida. Suponiendo que m2 se mueve solo en direccin vertical, Cules seran las coordenadas generalizadas del sistema?. Hllense las ecuaciones lagrangianas del sistema y disctase el significado fsico que pueda tener alguna de ellas.

RESPUESTA 12

Tomando el origen de coordenadas en el orificio, con el eje z perpendicular al plano de la mesa, podemos emplear como coordenadas generalizadas la distancia, r, de la masa m1 al orificio y el ngulo, j, que forma con el eje x. Tambin podemos emplear las coordenadas x e y de m1, con lo cual queda descrita la posicin de m2, ya que se tiene:

Nosotros vamos a utilizar como coordenadas r y j ya que se obtienen expresiones ms sencillas que en el caso de coordenadas cartesianas. Estos valores empleados corresponden a un sistema de coordenadas cilndricas, por lo que la energa cintica de cada partcula se expresar:

Para la partcula m1 podemos eliminar puesto que dicha partcula siempre se mueve en el plano. Para la partcula m2 slo hemos de considerar su coordenada z, pero sabiendo que m1 y m2 estn unidas por un hilo inextensible, podemos poner:

As pues, la energa cintica total ser:

Tomando ahora como plano de nivel cero aquel en el que se encuentra el orificio, la energa potencial del sistema ser:

Y la lagrangiana del sistema se puede poner:

De ese modo, las ecuaciones del movimiento para cada una de las coordenadas son:

Y para r podemos poner:

Al haber empleado coordenadas cilndricas nos aparece un trmino que corresponde a una fuerza centrfuga; ello es debido a que el empleo de coordenadas curvilneas es equivalente a estudiar el sistema respecto de un referencial no inercial.

Las ecuaciones correspondientes a j se obtienen por:

Y la expresin para esta coordenada ser

En la ltima expresin el miembro de la izquierda expresa la componente segn el eje j de la derivada del momento angular del sistema respecto del origen y el miembro de la derecha es el momento de las fuerzas exteriores, tambin segn el origen. 20.- En el sistema representado en la figura adjunta, el bloque de seccin triangular y masa m, desliza sobre un plano horizontal y la masa 2m desliza sobre el plano inclinado. Se pide:a) Ecuaciones del movimiento b) Calcular el tiempo que tarda el bloque en llegar a la base, si en el instante inicial est en el punto ms alto del tringulo y en reposo.

RESPUESTA 11

Podemos considerar que el movimiento se desarrolla en el plano XY. Vamos a tomar como coordenadas generalizadas para describir la posicin del sistema, la distancia del tringulo al origen de coordenadas y la altura del bloque sobre el eje X.Empleando estas coordenadas generalizadas, la energa cintica se expresar:

Y haciendo las sustituciones:

Con lo que resulta:

Las fuerzas exteriores sbre el sistema son las del campo gravitatorio y, por tanto:

V = = 2m.g.y

La lagrangiana del sistema ser:

Y las ecuaciones del movimiento vendrn dadas por las expresiones:

Para calcular el tiempo que tarda en llegar al suelo el bloque, de la primera ecuacin tenemos:

Y sustituyendo en la segunda ecuacin:

Finalmente, considerando que la masa ha de recorrer la distancia a:

21.- Sobre un plano que gira con velocidad constante alrededor de uno de sus ejes se encuentra una masa m que no tiene rozamiento y no puede desprenderse del plano en ningn momento. Determinar las ecuaciones del movimiento.

RESPUESTA 10

La masa m no es una partcula libre, ya que en todo momento est obligada a moverse sobre un plano que gira con velocidad constante w. Por ese motivo slo necesitaremos dos coordenadas para describir su posicin.

Si tomamos coordenadas cilndricas y suponemos que el eje X es el eje de giro, las coordenadas generalizadas del punto sern (x, ) y la energa cintica vendr dada por

puesto que se tiene :

Si consideramos que sobre el sistema acta el campo gravitatorio, resultar :

y la lagrangiana ser :

Las ecuaciones del movimiento vendrn dadas por las expresiones:

que calculamos a continuacin para el caso que nos aplica.

De ese modo tenemos :

22.-

Determinar la lagrangiana y las ecuaciones del movimiento del sistema representado en la figura adjunta y en el que la varilla de longitud l tiene masa despreciable, la masa pendular y el bloque tienen la misma masa m y el muelle, de inercia despreciable, una constante de recuperacin de valor k. El muelle, en reposo tiene una longitud a.

RESPUESTA 9

Para simplificar el problema vamos a suponer que el movimiento es plano; de ese modo, las coordenadas necesarias para describir la posicin del sistema sern dos; una de ellas el ngulo que marca la separacin del sistema de la vertical, que denotaremos por y la otra la distancia x del centro del bloque al punto a marcado sobre la varilla.

La energa cintica del sistema vendr dada por :

y escribiendo los valores en funcin de las coordenadas generalizadas.

Para x1:

Para x2 :

y de ah :

Con todo lo anterior podemos poner :

Para obtener la energa potencial hemos de considerar el campo gravitatorio y la energa debida al muelle:

La lagrangiana del sistema ser:

y podemos poner. Para la coordenada angular :

y para la coordenada lineal:

Las ecuaciones del movimiento sern entonces :

23.- Obtener la lagrangiana y las ecuaciones del movimiento del pndulo doble representado en la figura adjunta, en el que las longitudes l1 y l2 se corresponden con las masas m1 y m2.

RESPUESTA 8

Vamos a considerar que el movimiento se desarrolla en un plano por lo que slo necesitamos dos coordenadas generalizadas para describir su posicin. Si tomamos los ngulos y y consideramos los ejes X e Y segn estn sealados en la figura, podemos poner :

Segn estos datos, podemos determinar la energa cintica del sistema que ser :

Para obtener el valor de la expresin encerrada dentro del primer parntesis hacemos

De igual forma, para el cuerpo 2 tenemos:

Por todo ello, la energa cintica en coordenadas generalizadas ser :

Para obtener la lagrangiana debemos considerar adems la energa potencial de cada masa. Como sobre el sistema slo acta la fuerza de la gravedad, podemos poner :

V = m1.g.x1 + m2.g.x2Y tomando coordenadas generalizadas :

La lagrangiana del sistema es la diferencia entre la energa cintica y la energa potencial en coordenadas generalizadas y las ecuaciones del movimiento se expresarn :

Para cada trmino del desarrollo y considerando la notacin utilizada para las variables generalizadas, tenemos:

Sustituyendo valores en (*) obtendremos las ecuaciones del movimiento para el objeto considerado

24.- Determinar las ecuaciones del movimiento de un pndulo esfrico, es decir, de un punto suspendido de una varilla rgida y sin peso.

RESPUESTA 7

Cuando un punto material, no sujeto a restricciones, se mueve, necesitamos tres coordenadas para describir su posicin; pero en el caso que estamos tratando, el punto est sujeto al extremo de una varilla rgida de longitud constante y, por tanto, tiene su movimiento constreido a la superficie de una esfera de radio igual a la longitud de la varilla.Como la superficie descrita por el punto es una esfera, tomamos coordenadas esfricas para describir el movimiento, pero teniendo en cuenta que el radio es constante slo sern necesarias dos coordenadas generalizadas para describir la posicin del punto. Vamos a emplear como coordenadas generalizadas los ngulos alfa () y beta ().En general, la expresin para la energa cintica del punto puede ser :

y escribiendo las coordenadas cartesianas en funcin de las coordenadas generalizadas, tenemos :

de donde resulta :

Si elevamos al cuadrado cada una de las expresiones anteriores y sustituimos en la ecuacin que nos da la energa cintica, T, resulta :

Por otro lado, sobre el cuerpo acta un campo potencial de la forma :

con lo que la Lagrangiana del sistema vale :

y las ecuaciones del movimiento sern :

Para la coordenada alfa tenemos :

y para la coordenada beta :

Las ecuaciones del movimiento quedan entonces en la forma :

25.- Dos puntos de masa m estn unidos por una varilla rgida y sin peso, de longitud l, cuyo centro ha de moverse sobre una circunferencia de radio a. Hallar su energa cintica en coordenadas generalizadas.

RESPUESTA 6Para simplificar el problema vamos a considerar que el movimiento se desarrolla en un plano. Segn eso, el sistema, representado en la figura adjunta, tiene un movimiento que consiste, por una parte, en que el punto a se mueve sobre una circunferencia y, por otro lado, en que los extremos de la varilla giran alrededor de A.Al moverse en el plano, el sistema tiene cuatro coordenadas, pero como existen dos ligaduras holnomas y bilaterales, a saber :

podemos describir su posicin en todo momento empleando tan solo dos coordenadas generalizadas. Tomaremos para ello los ngulos alfa () y beta ().La energa cintica del sistema ser :

donde (x1, y1) y (x2, y2) son las coordenadas de las partculas respecto al referencial inercial (R.I.). Para poner dicha expresin en funcin de las coordenadas generalizadas, hacemos :

Segn estas expresiones, la energa cintica de cada partcula se expresar:

y la energa cintica total en coordenadas generalizadas ser :

26.- Expresar las componentes cartesianas del vector velocidad angular en funcin de los ngulos de Euler, sobre los ejes del espacio y sobre los ejes del cuerpo.

RESPUESTA 5

Para expresar las componentes cartesianas del vector velocidad angular en funcin de los ngulos de Euler podemos considerar que el cambio de posicin debido a su velocidad angular es producido por el efecto de tres rotaciones independientes relacionadas directamente con los ngulos de Euler.

Una primera rotacin hace variar el ngulo y consiste en un giro alrededor del eje z del espacio; una segunda rotacin hace variar el ngulo y consiste en un giro alrededor de la lnea de nodos y, por ltimo, una tercera rotacin hace variar el ngulo y consiste en un giro alrededor del eje z' del cuerpo.Si consideramos tres vectores unitarios no coplanarios en las direcciones respectivas de los ejes sealados, la velocidad angular se podr expresar:

De esta expresin podemos obtener las componentes cartesianas de en los ejes del espacio o del cuerpo, sustituyendo en funcin de o respectivamente.Para el primer caso tenemos, observando la figura adjunta:

Nota.- Puede parecer, en principio, que la proyeccin del vector sobre el plano xy (k'xy) no forma un ngulo con el eje "y" negativo del espacio, pero ello si es as puesto que z' y la lnea de nodos son perpendiculares entre si en todo momento y la inclinacin del eje z' es sobre un plano perpendicular a la lnea de nodos.

Continuando con el ejercicio podemos poner:

y agrupando trminos:

o lo que es igual:

Para el segundo caso debemos obtener en funcin de . Para ello tenemos, segn la figura anterior:

de donde se tiene:

y agrupando trminos:

o lo que es igual:

27.- Calcular grfica y analticamente la base y la ruleta de la barra representada en la figura adjunta y que se apoya sobre una bola.RESPUESTA 4

Calculamos en primer lugar la base por el mtodo grfico. Considerando la figura podemos ver que el punto Q solo se mueve tangencialmente a la bola, pues de tener componente normal de velocidad, la barra se empotrara o saldra de la bola, lo cual no es posible. Podemos decir entonces que el polo ha de estar situado sobre la recta que contiene al radio de la circunferencia trazado por el punto Q. Por otro lado, el punto B se ha de mover hacia la izquierda o derecha y nunca hacia arriba o hacia abajo y, por lo tanto, en el instante considerado, el polo estar en el lugar sealado en la figura 1.

Por consideraciones geomtricas obtenemos PA = PB ya que se tiene .

Para demostrar lo dicho, vemos en primer lugar que ambos tringulos tienen un ngulo comn y otro de igual valor (ngulo recto). Adems, segn puede deducirse fcilmente, NB y RB son iguales. De ah tenemos que AM = RB es igual a NB y, por lo tanto, tambin los tringulos considerados y, consecuentemente, los segmentos indicados son iguales.Segn estas consideraciones podemos decir que el polo es el lugar geomtrico de los puntos que equidistan de un punto fijo (A) y una recta (la que contiene a B y R). La base es, por tanto, una parbola. El punto medio de AR ha de pertenecer a esta parbola al igual que el punto S que seala la interseccin de AM con la seccin de la bola indicada por el plano del papel.

Para obtener la ruleta, consideramos que el extremo B de la barra siempre est en la misma posicin para el observador SAR. De esa forma, el polo equidista, en un instante considerado, de los puntos B y A. El punto B permanece fijo para el observador SAR, segn hemos dicho, pero el punto A se desplaza. Si en cada instante han de ser iguales las distancias PA y PB, el punto A se desplazar a lo largo de la recta r y, de ah que tengamos que la ruleta, al igual que la base, es una parbola.Para la resolucin analtica del problema consideramos la figura 3 en la que se tiene:

Segn eso, las coordenadas del punto O' sern:

y derivando respecto a nos queda:

INCLUDEPICTURE "http://www.matematicasypoesia.com.es/ProbMecan/image066.gif" \* MERGEFORMATINET

Aplicando las ecuaciones generales para la base, tenemos:

para eliminar el parmetro tomamos la segunda ecuacin:

y sustituimos en la primera:

y haciendo operaciones:

que es la ecuacin de una parbola.Aplicando ahora las ecuaciones generales para la ruleta, tenemos:

INCLUDEPICTURE "http://www.matematicasypoesia.com.es/ProbMecan/image082.gif" \* MERGEFORMATINET

y sustituyendo los valores conocidos:

INCLUDEPICTURE "http://www.matematicasypoesia.com.es/ProbMecan/image086.gif" \* MERGEFORMATINET

de estas ecuaciones podemos eliminar uno de los parmetros sabiendo que se tiene:

y de ese modo quedarn en la forma:

Tomando ahora la primera de ellas podemos poner:

y sustituyendo en la segunda:

Si tomamos el primero y ltimo miembros de la cadena y elevamos al cuadrado nos queda:

que es la ecuacin de una parbola.Segn eso, para obtener la representacin del movimiento de la barra, se ha de hacer rodar la parbola ruleta sobre la parbola base, sin deslizar.

28.- Calcular grficamente la base y la ruleta de la esfera representada en la figura (1) adjunta para los siguientes casos: 1) la esfera rueda sin deslizar.

2) la esfera rueda y desliza en el mismo sentido que se desarrolla el movimiento.

3) la esfera rueda y desliza en sentido contrario al que se desarrolla el movimiento.

Realizar el mismo ejercicio para el sistema representado en la figura (2) adjunta para los siguientes casos:1) la bola gira sobre un eje fijo, perpendicular al plano del papel y el carrito se mueve con velocidad V hacia la izquierda.

2) la bola rueda sin deslizar y el carrito se desplaza con velocidad V hacia la izquierda.

3) la bola rueda sin deslizar y el carrito se desplaza con velocidad V hacia la derecha.

RESPUESTA 3

Ejercicio a caso 1) En cada instante, el punto de contacto de la esfera con el suelo tiene velocidad nula y la velocidad de los dems puntos es .El campo de velocidades ser entonces de la forma representada en la figura adjunta, y una base y ruleta sern el suelo y la misma bola, respectivamente.Ejercicio a caso 2) En este caso la velocidad del punto de contacto no es nula en cada instante y el campo de velocidades ser como el indicado en la figura 3, siendo la base y la ruleta las sealizadas en el esquema.Este movimiento se asemeja al proceso de frenado de un vehculo, pero es menos complejo que aquel por que en el proceso de frenado no permanecen constantes.

Ejercicio a caso 3) Este caso se analiza como el 2 pero teniendo en cuenta que la velocidad, , del punto de contacto con el suelo es de sentido contrario al del desplazamiento. Este movimiento se asemeja al que se desarrolla en una aceleracin, pero es mas sencillo puesto que se consideran constantes, cosa que no ocurre en una aceleracin.

Para cada uno de los casos del ejercicio b tenemos las mismas soluciones que las correspondientes al ejercicio a.29.- Cmo aplicar las ecuaciones de la dinmica a una bombilla de una farola un indivduo que con la borrachera que lleva da una vuelta por segundo sobre si mismo y avanza hacia ella con una velocidad constante .

RESPUESTA 2

Vamos a considerar como sistema inercial uno cuyo eje Z siga la direccin de la farola y como sistema no inercial uno acoplado al observador y de ejes paralelos al SI.La expresin general de la aceleracin en el movimiento relativo es:

En el caso que estamos analizando se tieney, por tanto:

de donde resulta:

Puesto que la bombilla est quieta respecto del observador inercial, podemos poner:

y sustituyendo:

teniendo en cuenta, por otra parte, que para un observador inercial se cumple:

Resulta finalmente:

y proyectando sobre un sistema de coordenadas ligado al observador no inercial:

30.-

Un helicptero como el representado en la figura adjunta comienza a elevarse del suelo a una velocidad constante , al tiempo que las aletas principal y secundaria giran con velocidades tambin constantes y .Sobre el suelo se encuentra un observador que "ve" sobre una de las aspas principales un insecto que se encuentra casi en el extremo de ella y se acerca a dicho punto con una velocidad constante .

De igual forma, otro insecto se encuentra en las mismas circunstancias sobre una de las aspas secundarias, siendo su velocidad respecto al eje de dicha aspa constante y de valor .

Cul es la velocidad de cada uno de los insectos respecto al hombre?.

RESPUESTA 1

En este tipo de problemas la mayor dificultad se presenta al elegir los ejes de coordenadas. Vamos a resolver en primer lugar el caso primero, para lo cual tomamos como sistema inercial (SI) uno ligado al hombre y como sistema no inercial (SIN) uno con origen en el eje de las aletas y de ejes paralelos al SI.Segn las ecuaciones de la cinemtica relativa, la expresin general de la velocidad de un punto respecto a un sistema inercial vale:

y la aceleracin viene dada por:

para nuestro caso tenemos:y sustituyendo en la expresin general, nos queda:

que son las expresiones que nos dan la velocidad y aceleracin del primer insecto respecto del hombre.Para el segundo caso hacemos de forma semejante pero considerando que ahora se tieneResulta entonces:

que son las expresiones que nos dan la velocidad y aceleracin del segundo insecto con respecto al observador que est en el suelo.

31.- Calcular la posicin de equilibrio del sistema representado en el esquema adjunto.

RESPUESTA 20

Como en el ejercicio 19, el sistema slo est sujeto a la accin de la gravedad y, por lo tanto, si suponemos que no hay rozamiento, , las fuerzas que actan sobre l sern conservativas

Vamos a considerar cuantas ligaduras tenemos y ver de qu tipo son. Puesto que la varilla es un slido rgido, consideraremos desde el principio seis coordenadas. Por otro lado, se supone que la varilla slo puede girar en el plano que contiene el papel con lo cual podemos eliminar otras tres coordenadas. Finalmente, se ha de cumplir que en todo instante un punto de la varilla est en contacto con el origen de coordenadas y que su origen inferior toque la semicircunferencia, es decir:

Todas las ligaduras encontradas son bilaterales, holnomas e ideales por lo que slo necesitamos elegir una coordenada generalizada para describir la posicin del sistema. Tomando como coordenada generalizada el ngulo podemos poner:

Y la posicin de equilibrio del sistema ser:

Y sabiendo que:

Resulta finalmente:

De donde se obtiene con facilidad la solucin del problema resolviendo la ecuacin de segundo grado en la incgnita cos .

32.- Calcular la posicin de equilibrio del sistema representado en la figura adjunta.

RESPUESTA 21

El sistema est sujeto nicamente a la accin de la gravedad, por lo que, si suponemos que no hay rozamiento, las fuerzas que actan sobre l son conservativas.

Considerando que las ligaduras son bilaterales, holnomas e ideales, podemos aplicar el teorema de Torricelli.Vamos a empezar considerando que el sistema est formado por dos slidos rgidos. En esa situacin, necesitaramos 12 coordenadas, pero al encontrarse en todo momento los dos cuerpos en el plano del papel, podemos eliminar 6 de ellas (eliminamos para cada varilla dos ngulos de giro y la coordenada sobre el eje perpendicular al plano del papel).

Por otra parte, como cada una de las varillas que componen el sistema cumple las mismas condiciones que las de los sistemas de los ejemplos vistos en los ejercicios 19 y 20, podemos eliminar tambin dos coordenadas ms por cada una de las varillas (en todo instante, un punto de cada varilla est en contacto con A y B, respectivamente, y los extremos inferiores solo se mueven a lo largo de una semicircunferencia). As pues, hemos encontrado 10 ligaduras holnomas e ideales y el sistema podra describirse con dos coordenadas generalizadas; no obstante, como ambas varillas estn continuamente en contacto entre si y formando un ngulo de 90 por sus extremos inferiores, tenemos que considerar otra ligadura holnoma e ideal.En definitiva, la evolucin del sistema puede describirse con una sola coordenada generalizada. Tomamos el ngulo y expresamos la posicin del centro de gravedad del sistema en funcin de dicha coordenada, pues cada una de ellas cumple las mismas condiciones. En principio, tenemos:

Y tenemos que determinar los valores de z1 y z2 a partir de la coordenada . tomando el referencial (0, x, y) resulta

Y, por tanto:

Y la posicin de equilibrio del sistema ser:

Pero tenemos , con lo que resulta:

Y la solucin puede obtenerse resolviendo una ecuacin de cuarto grado para cos .

33.- Calcular la posicin de equilibrio del sistema representado en la figura adjunta. RESPUESTA 22

El proceso de deduccin del nmero de coordenadas generalizadas necesarias para describir la evolucin del sistema es similar al visto en los ejercicios 19, 20 y 21 y, por lo tanto, no lo vamos a desarrollar en este ejemplo. Llegamos por analoga a la conclusin de que slo es necesario un grado de libertad.

Tomamos el ngulo y expresamos el centro de gravedad, zG, en funcin de ella. Tomando el origen de coordenadas en 0, tenemos:

Y los valores de y1 e y2 son:

Pero tenemos:

Por lo que zG valdr:

Por el teorema de Torricelli:

Y operando:

Finalmente, dividiendo los dos miembros por sin podemos hacer:

Y la ltima ecuacin nos da la condicin de equilibrio del sistema.

34.- Un cohete espacial de longitud propia Lo se mueve a una velocidad constante v respecto de un sistema S. la punta, A, del cohete pasa por un punto A de S en el instante t = t = 0 y en ese momento emite una seal luminosa desde A hasta el punto B que marca el final del cohete. Calcular:

Cunto tardar la seal, en trminos del tiempo del cohete (t), en alcanzar el extremo B del mismo?En qu instante, t1, medido en S, alcanza la seal la cola de la nave?En qu instante, t2, medido en S, pasa el extremo final de la nave por el punto A?

RESPUESTA 23

De acuerdo con la Teora de la Relatividad, la luz siempre se mueve a la velocidad c, cualquiera que sea el sistema desde el que la midamos. Como en este caso las medidas estn referidas al sistema en reposo de la nave, podemos escribir:

Para calcular la medida que hace S sobre el tiempo que tarda la seal en alcanzar el punto S, aplicamos las ecuaciones de transformacin de Lorentz:

Donde, empleando la nomenclatura relativista, hemos puesto

Para resolver la tercera cuestin, tenemos en cuenta que la longitud propia de la nave es Lo y, por tanto, la longitud medida en el sistema S ser:

Teniendo en cuenta que el sistema se mueve con una velocidad v, respecto d la nave, el tiempo que tarda la seal en llegar desde el extremo A al B ser:

35.- Un cuerpo de masa m se proyecta desde la superficie de la tierra con velocidad inicial vo. Se supone despreciable el rozamiento del aire y se toma en consideracin la variacin del campo gravitatorio con la altura. Calcular la velocidad de escape.

RESPUESTA 24

El valor de la fuerza de la gravedad viene dado por:

Siendo G la constante de gravitacin y R el radio de la Tierra.Podemos eliminar de la anterior ecuacin G teniendo en cuenta que cuando la distancia al centro de la Tierra es R la fuerza vale mg, es decir:

Y, por consiguiente, tenemos:

Con lo que la ecuacin del movimiento ser:

Pero se tiene:

Y la ecuacin queda en la forma:

Podemos eliminar la constante de integracin sabiendo que se tiene v(0) = vo:

A partir de ah, podemos decir que la velocidad de escape vendr dada por:

35.- Sobre un cuerpo acta una fuerza dada por la expresin:

En la que t viene expresado en segundos y F en Newtons. Si la masa del cuerpo es 2 kg, calcular:

1) La aceleracin para t = 2 segundos.2) La velocidad en ese momento, si en el momento inicial se tiene vi = 0.

En qu momento, salvo en el instante inicial, es nula la velocidad?

RESPUESTA 25

La aceleracin la calculamos a partir de la expresin que relaciona la aceleracin que toma un cuerpo con la fuerza aplicada sobre l. Tenemos:

La velocidad a los 2 segundos la obtenemos a partir de:

Y operando:

Para saber en qu instante ser nula la velocidad, aplicamos de nuevo la ecuacin anterior:

La velocidad, v, ser nula cuando se cumpla:

36.-