UNIVERSIDAD CATÓLICA CATÓLICA DE SANTA MARÍA MARÍA FACULTAD DE ARQUITECTURA E INGENIERÍAS CIVIL Y DEL AMBIENTE
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL DINÁMICA
DOCENTE
ING. ENRIQUE UGARTE CALDERON
TEMA Desarrollo de los Ejercicios de los Ítems de la Tercera Tercera Fase
ALUMNO
MAMANI AYQUE !O"N "O#ER
AREQUIPA, AREQUIPA, FEBRERO DEL 2016
Sección 6.1 Momento de inercia 1. Determ Determine ine el momento momento de inerci inerciaa de masa del péndulo péndulo con respect respectoo a un eje perpend perpendicul icular ar a la página y que pasa por el punto O. La masa de la barra es de 10 kg y la de la esfera es de 15 kg.
l péndulo mostrado puede ser subdi!idido en dos segmentos como !eremos en la imagen. La distancia perpendicular perpendicular medida del centro de masa de cada segmento a el punto O son también indicados.
Calculo del momento de inercia: l momento de inercia de un segmento de la barra esbelta y del segmento de la esfera con respecto al eje que pasa a tra!és de sus centros de masa puede ser determinado" como# 1
( I G ) = 12 m l 1
1
I G ) = m r ( I 12
2
y
2
2
l momento de inercia de cada segmento con respecto a un eje que pasa a tra!és del punto O puede ser determinado usando el Teorema de ejes e jes paralelos. I o=
∑ I +m d
I o=
[
2
G
1 12
][
( 10 ) ( 0.452 ) + 10 ( 0.2252) +
I o= 5.27 kg.m
2
2 5
(15 ) ( 0.12 ) + 15 (0.55 2)
]
Sección 6.2 Ecuaciones de movimiento cinético en el plano. $. l montacargas tiene una masa de %0 kg y centro de masa en &. Determine la aceleraci'n má(ima dirigida )acia arriba del carrete de 1$0 kg de modo que la reacci'n en las ruedas no sea de más de *00 +.
,onsiderando los siguientes diagramas de cuerpo libre y diagrama cinético# A =¿ 600 N -sumiendo# N ¿
↺
(
)(
70 9.81 0.5
+ ∑ M B =∑ ( M k ) B
)+ 120 ( 9.81 ) ( 0.7 )−2 ( 600 ) ( 1.25 ) =−120 a (0.7 ) 2
a =3.960 m / s
+ ↑∑ F y = m( aG ) y
(
2 600
)+ 2 N B−120 ( 9.81 )−70 ( 9.81 ) =120 (3.960 ) N B =569.55 < 600 N
,umple" ya que no es mayor que *00+/ or Lo anto# 2 a =3.96 m / s
Sección 6.3 Ecuaciones de movimiento: traslación. 2. l embalaje de 50 kg descansa sobre la plataforma cuyo coeficiente de fricci'n estática es μ
s 3
0.5. 4i en el
instante θ 3 20 los bra6os de soporte tienen una !elocidad angular a/ 3 1 rad7s y una aceleraci'n angular 3 0.5 rad7s$" determine la fuer6a de friccidn en el embalaje.
Por traslación curvilnea: 2
(aG )n= (1 ) ( 4 )= 4 m / s
2
( aG )t =( 0.5) ( 4 )=2 m / s 2
+¿ → ¿ # ¿ ¿
F C =50 ( 4 ) sen 30 + 50 ( 2 ) cos30
( + ↑ ) ∑ F y =m ( aG ) y # N C − 50 ( 9.81 ) = 50 ( 4 ) cos30 −50 ( 2 ) sen 30
8esol!iendo#
F C = 186.6 N
N C =613.7 N
,omo#
α
( F C )max =0.5 ( 613.7 )=306.9 N > 186.6 N
↷
+ ∑ M G =∑ ( M k )G
N C ( x ) − F C ( 0.75 ) =0 x =0.228 m < 0.25 m
" como cumple#
F C =186.6 N
Sección 6.! Ecuaciones de movimiento: rotación en torno de un eje "ijo. 9. :n rollo de papel de 1% kg" originalmente en reposo" esta soportado por la ménsula -;. 4i el rollo está apoyado en la pared donde el coeficiente de fricci'n cinética es μ 3 0.2 y se aplica una fuer6a constante de 20 + al c
e(tremo de la )oja" determine la tensi'n en la ménsula a medida que se desenrolla el papel" y la aceleraci'n angular del rollo. n el cálculo" trate el rollo como un cilindro.
4ea el D,L del rollo#
-plicando las ecuaciones de mo!imiento" considerando que el momento de inercia de este es# 1
2
I A = m r = 2
1 2
( 17 ) ( 0.122 )=0.122 kg.m 2
Luego#
+¿ → ¿ # ¿ ¿
N C − F AB
( +↑ ) ∑ F y =m ( a y ) # +¿ ¿ # ¿
↶
( )+ 5
13
30 sen 60 =0
0.3 N C + F AB
( )− 12 13
30cos60 −17 ( 9.81 ) =0
30 ( 0.12 )− 0.3 N C ( 0.12 )=0.122 α
8esol!iendo las ecuaciones" tenemos# F AB =182.54 N N C = 44.23 N α =16.46 rad / seg
2
Sección 6.# Ecuaciones de movimiento: movimiento en el plano $eneral. 5. l disco - de $0 kg está sujeto al bloque ; de 10 kg por medio del sistema de cable y polea que se ilustra. 4i el disco rueda sin desli6arse" determine su aceleraci'n angular y la aceleraci'n del bloque cuando se sueltan. -demás" gnore la masa de las poleas. 4ea el D,L del disco y del bloque#
Ecuaciones de movimientos: ara el disco -#
+¿ ¿ # ¿
↷
T ( 0.2 ) =
[
1 2
]
( 20 ) ( 0.2 )2 + 20 ( 0.2 )2 α
ara el bloque ;#
( +↓ ) ∑ F y =m ( aG ) y #
10
( 9.81 )−2 T =10 a B
%nali&ando cinematicamente: considerando las longitudes del cable. 2 S B + S A =l 1.
Deri!ando dos tendremos#
2 aB =−a A
ambién" sabemos que la aceleraci'n de un disco es igual a la multiplicaci'n de su radio por la aceleraci'n angular. a A = 0.2 α
or lo tanto#
a B=−0.1 α
8esol!iendo y reempla6ando las ecuaciones" tenemos# 2
a B=0.76 m / s
α =−7.55
rad s
2
=7.55 rad / s 2 ↷
T =45.3 N
Sección '.1 Ener$a cinética *. l tambor tiene una masa de 50 kg y un radio de giro con respecto al pasador en O de ko 3 0.$2 m. -l partir del punto de reposo" se permite que el bloque ; de 15 kg suspendido caiga 2 m sin aplicar el freno -,D. Determine k su rapide6 en este instante. 4i el coeficiente de friccion cinetica en la balata , es 3 0.5" determine la fuer6a que debe aplicarse en la palanca del freno de mano" el cual detendra el bloque despues de que descienda 2 m. >gnore el espesor de la palanca.
-nali6ando el tambor antes de que frene# T 1 + ∑! 1− 2=T 2 0
1
2
+ 15 ( 9.81 ) ( 3 )= ( 15 ) " B + 2
1 2
[ 50 ( 0.23 ) ] 2
( ) #B
2
0.15
# B=2.58 m / s SB 0.15
,omo#
=
SC 0.25
S B =3 m$
entonces#
S % =5 m
T 1 + ∑! 1− 2=T 2 0 − F ( 5 ) + 15 ( 9.81 ) ( 6 ) =0
F =176.6 N
N =
176.6 0.5
=353.2 N
-nali6ando la palanca de freno obtendremos la fuer6a # ↺
+ ∑ M A =0 &− 353.2 ( 0.5 ) + ' ( 1.25 )=0
'=141 N
Sección '.2 El tra(ajo de una "uer&a %. :na barra delgada de longitud l y peso ? se articula en uno de sus e(tremos como se muestra en la figura. 4e suelta desde el reposo en una posici'n )ori6ontal y oscila libremente. a/ Determine la !elocidad angular de la barra cuando pasa por una posici'n !ertical y determine la reacci'n correspondiente en el pi!ote. b/ 8esuel!a el inciso a/ para ? 3 1.@ lb y l 3 2 ft. a/ Belocidad angular y reacciones del pi!ote
-sumimos que sus posiciones para anali6ar la barra son 1/ y $/" del grafico#
2
( 2=
3g
l
l 2 l 3 g 3 g = a = (2 = . 2 2 l 2
+ ↑∑ ( F )%)n : A −* =ma -nali6ando la posicion 1# T 1 =0
A ya que parte del reposo"
# 1= 0
A − mg=m
3 g
y
( 1= 0 A = m
3 2
2
g
l # 2 = (2 2
5
A = * 2
-nali6ando la posicion $# 1
2
1
b/ 8esol!iendo" para ? 3 1.@ lb y l 3 2 ft.
2
T 2 = m# 2 + I( 2 2
2
2
( 2= 1
¿ m 2
( )+ (
1
l
2
2
(2
2
1
l
2 12
2
)
3g
l
=
3 ( 32.2 ) 3
=32.2 rad / s ↷
2
ml ( 2
2
T 2 = ml (2 6
Luego" el trabajo reali6ado" sera#
5
5
2
2
A = * =
( 1.8 ) =4.5 l+↑
! 1 →2= mg
l 2
or el principio de trabajo y energia# T 1 + ! 1− 2=T 2
0
l
1
2
6
2
+ mg = m l (
2 2
Sección '.3 El tra(ajo de un par %. La tapa de * kg de la caja se mantiene en equilibrio por medio del resorte de torsi'n cuando θ 3 *0. 4i la tapa se fuer6a para que se cierre" 0 3 0" y entonces se suelta" determine su !elocidad angular cuando se abre a θ 3 95.
4ean los D,Ls" de la tapa#
M = k, 0=20 ,0 $donde, 0
,uando está en equilibrio#
es el ángulo inicial del par para la fuer6a de torsi'n.
+ ∑ M 0=0 & 6 ( 9.81 ) cos60 - ( 0.3 )−20 ,0 =0 ,0= 0.44145 rad or el principio de trabajo y energCa# desde que la tapa rota con respecto a un eje que pasa a tra!és del punto ,. 1
1
2
2
T = I C $ donde I C = m+ = 2
3
1 3
( 6 ) ( 0.62 )=0.72 kg/m 2 . 0orlo tanto $
$.
1
2
T = I C = 2
1 2
2
( 0.72 ) =0.36
2
Desde que la tapa esta inicialmente en reposo
( ,= 0 - ) $ T 1 =0, !emos que C x y C y no reali6an trabajo"
)ace un trabajo positi!o y ? un trabajo negati!o cuando
,= 0 - ∧45 - $ los angulos del resorte torsional son#
1 ,1=1.489 rad ∧, 2=1.489− =0.703 rad $ 4
también cuando ,= 45 - $ ? se de6pla6a !erticalmente )acia
2 = 0.3 sin 45 - =0.2121 m . ntonces el trabajo )ec)o por y ? es#
abajo una distancia de ,1
|
rad =17.22 3 ∫ 20 , d, =¿ 10 , 1.4886 0.7032 rad ! =∫ ¿ 2
M d, =
,2
M
Einalmente por el principio de trabajo y energCa# T 1 + ∑! 1− 2=T 2
[
]
0 + 17.22 +(−12.49 ) =0.36
2
=3.62 rad / s
Sección '.! Principio del tra(ajo ) la ener$a @.
:na pequeFa esfera de masa m y radio r se libera del reposo en - y rueda sin desli6ar sobre la superficie cur!a al punto ; donde sale de la superficie con una !elocidad )ori6ontal. 4abiendo que a 3 1"5 m y b 3 1"$ m " determine a/ la !elocidad de la esfera cuando golpea el suelo en , " b/ la distancia correspondiente , . Del siguiente diagrama" si calcula el trabajo y las energCas de la esfera#
Tra+a4o : ! 1
⟶2
=mga
5nerg)a %)net)%a : T 1=0 "elo%)dad en 2. # 2 =r∨ 60 = 1
2
1
T 2 = m # + I 2
2
2
# r
1
2
¿ m# + 2
( )( )
1 2 2 5
2
mr
# 7 = m #2 r 10
2
or el principio de trabajo y energCa# T 1 + ! 1 2
#=
⟶2
10 ga 7
=T 2 : 0 + mga=
7 10
m#
2
( 10 ) ( 9.81 m / s ) ( 1.5 m ) 2
=
7
=21.021 m / s
2
# =4.5849 m / s
ara la parte de ; a ,. dejemos que
t =0 enel 0ntoB.tam+)en y =0 en el 0 nto C
Mo#)m)ento"ert)%al : # y =( # y )0−¿=−¿ 1
y = y 0 + ( # y )0 t − ¿
2
2
1
2
5n el 0nto C $ 0 =+ + 0− ¿C 2
t C =
√
2+
g
=
√
( 2 ) ( 1.2 m ) m 9.81 2 s
= 0.49462 s
( # y) C =−¿C =−( 9.81 m / s )( 0.49462 s )=− 4.8522 m / s 2
o!imiento Gori6ontal# 2.
" x =( " x )B =# =4.5849 m / s
( a ) " C = √ ( # x )2C + ( # y )2C 9.
" C = √ ( 4.5849 )
2
+ ( 4.8522 )
2
( + ) d)stan%e % . % =" x t C % =( 4.5849 m / s )( 0.49462 s )
Sección '.# Conservación de la ener$a. 10. La barra ,; mantiene el panel de puerta rectangular de 50 kg en posici'n !ertical. ,uando se quita la barra" el panel se cierra por su propio peso. l mo!imiento del panel lo controla un resorte conectado a un cable enrollado en la media polea. ara reducir los porta6os e(cesi!os" la !elocidad angular del panel de puerta se limita a 0.5 rad7s en el momento del cierre. Determine la rigide6 mCnima k del resorte si este no esta alargado cuando el panel está en la posici'n !ertical. >gnore la masa de la media polea. 4ea el diagrama" donde !emos las dos posiciones del calculo#
nergCa potencial# ( " g )1=* ( y G )1 =50 ( 9.81 ) ( 0.6 )=294.3 3
( " g ) =* ( y G ) =50 ( 9.81 ) ( 0 )=0 2
2
Desde que el resorte no está alargado" cuando la puerta está abierta" ,=
forma un ángulo#
1
2
1 2
rad.
1
or lo tanto
2
s =r, =0.15
( )= 1 2
( " g ) 0. 1
0.075 1 m .
,uando la puerta esta cerrada se
ntonces"
2
( " e ) = 2 ks = 2 k ( 0.075 1 ) =0.0028125 1 k 2
or lo tanto" " 1=( " g )1 + ( " e )1=294.3 + 0 =294.3 3 " 2=( " g )2 + ( " e )2=0 + 0.0028125 1 k = 0.0028125 1 k 2
2
nergCa cinética# desde que la puerta gira con respecto a un eje que pasa a tra!és del punto -. su energCa cinética 1
será#
T = I A
2
" donde#
2
I A =
1 12
( 50 ) ( 1.22 ) +50 ( 0.62 )= 24 kg/m2
or lo tanto# 1
2
T = I A = 2
1 2
2
2
( 24 ) =12
Desde que la puerta está en reposo en la posici'n abierta requiere tener una !elocidad angular# H T 1 =0 T 2=12 ( 0.5 ) =3 4 2
or ,onser!acion de energia# T 1 + " 1=T 2 + " 2
=0.5 rad / s
k =10494.17 N / m
2
0 + 294.3 =3 + 0.0028125 1 k
¿ 10.5 kN / m
Sección *.1 Momento lineal ) an$ular 11. La !arilla -; de 9 kg puede desli6arse libremente en el interior del tubo ,D de * kg . La !arilla fue enteramente dentro del tubo ( 3 0/ y liberado sin !elocidad inicial con respecto al tubo cuando la !elocidad angular del conjunto era 5 rad 7 s. Despreciando el efecto de la fricci'n" determinar la !elocidad de la !arilla en relaci'n con el tubo cuando ( 3 900 mm. 4i asumimos que l sea la longitud del tubo y la !arilla y el punto O sea el punto de intersecci'n del tubo y el eje.
I T =
Los momentos de inercia#
1 12
m T l
2
y
l
( #, ) T =r T ( = 2 (
,inematicamente#
( )
l ( #, ) 6 =r 6 (= 2 + x
( #r )T =# r
(
omento angular respecto al punto O#
7 8= mT r T ( # , ) + I T ( + m 6 r 6 ( # , ) 6 + I 6 (
7 8= mT r T
1
7 8=
3
( )+ l
2
(
2
mT l + m 6
1
2
12
(
1 3
mT l ( + m 6
2
l + lx + x
1
T =
T =
2
[
1 1 2 3
2
2
l
x
x ( +
2
2
1
2
2
(
2
mT l + m 6
1 12
(
1 3
2
2
2
12
2
m 6 l (
1
2
1
2
mT l ( + m 6 2
2
l + lx + x
2
)]
2
2
(+) l
2
1
2
1
x =0
1
2
2
2
2
1
1
2
2
1 12
2
m 6 l (
2
( + m 6 # r = 7 8 ( + m 6 # r 2
( =( 1=5 rad / s
" =0
# r =0
2
2
x ( + m 6 #r +
nergCa potencial# todos los mo!imientos son )ori6ontal. osici'n 1#
1
(
1
2
2
( )+
mT
l
)
l
T = mT ( # , )T + I T ( + m 6 ( # , ) 6 + m 6 # r + I 6 (
nergCa cinética#
1
2
( + )( + )
2
I T =
1 12
2
m 6 l $
1 1 ( 7 8 ) = 3 ( mT + m 6 ) l ( = 3 ( 6 + 4 ) ( 0.8 ) (5 )=10.667 kg.m / s 2
2
2
1
T 1 =
[
1 1 2 3
]
1
1
(mT + m 6 )l ( + 0 = ( 7 8 ) ( = ( 10.667 ) ( 5 )=26.667 3 2
2
1
2
2
" 1=0 ( =( 1=9rad / s
x = 0.4 m
osici'n $#
[
{
# r =9
1 1 ( 7 8 ) = 3 ( 6 ) (0.8 ) + ( 4 ) 3 ( 0.8 ) + ( 0.8 ) ( 0.4 ) +( 0.4 ) 2
T 2 =
2
1
2
1 4.053 ( ) ( ] + ( 4 ) # = 2.027 ( + 2 # ( [ 2 2 2
2
}]
2
2
2
2
r
2
r
( 2=4.053 ( 2
" 2=0
Sección *.2 Principio del impulso ) el momento. 1$. 4i el bo(eador golpea el costal de %5 kg con un impulso de 7 3 $0 + I s" determine la !elocidad angular del costal inmediatamente después de ser golpeado. ambién" determine la ubicaci'n d del punto ;" con respecto al cual parece girar el costal. rate el costal como un cilindro uniforme. 4ea el diagrama de impluso y momentos#
o principio de impulse y momento# el momento de inercia del costal es# I G =
1 12
m ( 3 r + 2 )= 2
2
1 12
( 75 ) [ 3 ( 0.25 ) + 1.5 ]=15.23 kg/m .
t 2
Luego#
2
( : ) m ( #G )1+ ∑∫ F x dt =m ( # G )2 t 1
0 + 20 =15 # G # G =0.2667 m / s
2
2
t 2
↺
ambien#
0
+ I G 1 + ∑ ∫ M G dt = I G 2 t 1
+ 20 ( 0.25)= 15.23 =0.3282 rad / s =0.328 rad / s
,inematicamente#
# G =r G IC
0.2667 = 0.3282 ( 0.75 + d )
d =0.0625
Sección *.3 Conservación del momento 12. l poste uniforme tiene una masa de 15 kg y se cae del reposo cuando 0 3 J0. ,)oca con el borde en cuando 0 3 *0. 4i el poste comien6a entonces a girar con respecto a este punto despuds del contacto" determine su !elocidad angular justo despuds del impacto. 4uponga que el poste no se desli6a en ; al caer )asta que c)oca con -. or conser!aci'n de energCa# donde la referencia se encuentra en el punto ;. Las energCas potencial inicial y final son#
15 ( 9.81 ) ( 1.5 ) =220.725 N . m
l momento de inercia respecto al punto ; es# I B=
1 12
( 15 ) ( 32 ) +15 ( 1.52 ) =45 kg.m 2
ambién la energCa cinética del poste antes del impacto es#
y
15 ( 9.81 ) ( 1.299 ) =191.15 N . m
.
1
1
2
2
T 1 = I B (1= ( 45 ) (1 2
2
ntonces# T 1 + " 1=T 2 + " 2 ( 1=1.146 rad / s
2
0 + 220.725 =22.5 (1 + 191.15
or conser!aci'n de momento angular# como el peso del poste es una fuer6a no impulsi!a" el momento angular se conser!a con respecto al punto -. la !elocidad de su centro de masa antes del impacto es# # G =( 1 r GB =1.146 (1.5 )=1.720 m / s
.
l momento de inercia del poste con respecto a su centro de masa y el punto - son# I G =
1 12
( 15 ) ( 3 )=11.25 kg.m 2
2
I A =
1 12
( 15 ) ( 3 ) +15 2
(
1.5
−
0.5
sen 60
)
2 2
=24.02 kg.m
Einalmente#
( 7 A ) =( 7 A ) 1
2
GA r¿
¿
( m # G )¿
(
15 ( 1.720 ) 1.5−
0.5
sen 60
)+
11.25 ( 1.146 ) =24.02 (2
( 2=1.53 rad / s
Sección *.# +mpacto o C,o-ue ecéntrico 19. l centro de masa de la bola de 2 lb tiene una !elocidad de !&/1 3 * pies7s cuando c)oca con el e(tremo de la barra delgada uniforme de 5 lb" la cual está en reposo. Determine la !elocidad angular de la barra con respecto al eje 6 después del impacto si e 3 0.@.
or conser!aci'n de momento angular# Desde que la fuer6a E debido a el impacto es interno a el sistema que consiste entre la delgada barra y la esfera" esta puede ser cancelada. or ello" podemos decir que el momento angular se conser!a con respecto al eje 6# I ;=
( )
1
5
12 32.2
2
4
= 0.207 slg.
ambién# ( # B )2 ( 2= 2
( 7 ; ) =( 7 ; ) 1
2
[ m ( # ) ] ( r )= I ( + [ m ( # ) ] ( r ) +
G 1
+
;
2
+
G 2
+
( ) 3
32.2
( 6 ) ( 2 ) =0.2070
[ ] ( )( ( # G)
2
2
+
3
32.2
# G )2 ( 2 ) ///.01
Luego" empleando el coeficiente de restituci'n#
e=
( # B ) −( # G ) ( # G ) −( # B ) 2
2
1
1
0.8=
( # B ) −( # G ) 2
6 −0
2
¿
///.02
8esol!iendo los sistemas de ecuaciones lineales#
( #G ) =2.143
( # B ) =6.943
2
2
or lo tanto" la !elocidad angular de la barra es# 5.
( 2=
( # B )2 2
= ( 2=
6.943 2
=3.47 rad / s
Sección .1 i(ración li(re no amorti$uada. 15. l blanco de 2 kg se desli6a libremente a lo largo de las guCas )ori6ontales lisas ;, y D" las cuales están Kanidadas en resortes" cada uno con rigide6 de k 3 J k+7m. 4i se dispara una bala de *0 g con una !elocidad de J00 m7s y se incrusta en el blanco" determine la amplitud y frecuencia de oscilaci'n del blanco. or conser!aci'n de momento lineal# la !elocidad del blanco después del impacto" es# m + ( # + )1= ( m++ m A ) #
)= ( 0.06 + 3 ) #
# =17.65 m/ s
,omo los resortes son deformados en paralelo" la constante de rigide6 paralelo es#
k e= =2 k =18000
(
0.06 900
ntonces la frecuencia natural del sistema es# k 18000 ( n= e= = =76.70 rad / s m 3.06
√
√
La ecuaci'n que describe la oscilaci'n del sistema" es# y =C sen ( 76.70 t + ∅ ) m
uesto que y =0 cuando t =0 0 =Csen ( ∅ )
M como
C > 0, ∴ sen ( ? )=0 " entonces
∅
=0. or lo tanto#
y =C sen ( 76.70 t )
Deri!ando la ecuaci'n# y = # =¿ 76.70 C cos ( 76.70 t + ∅ ) m / s
¿´
-quC" # =17.65 m/ s cuando t =0. or lo tanto#
N . m
17.65=76.70 C cos 0
C =0.23 m
Sección .2 Métodos de ener$a. 1*. 4i la rueda e(perimenta un ligero despla6amiento angular de θ y se deja libre del reposo" se obser!a que oscila con un periodo natural de r. Determine el radio de giro de la rueda con respecto a su centro de masa &. 4u masa es m y rueda sobre los rieles sin desli6arse. ,alculo de la energia potencialy cinetica# al despla6arse la rueda" este tendra una altura#
y G= 6%os, .
ntonces la energia potencial sera#
" g =−* y G =−mg6%os,
=´ Luego" de acuerdo con el siguiente diagrama # G , 6 . ambién (=
,´ r G /CI
6
2
.
2
1
T = m # G + I G ( 2
2
1
2
T = m ( ,´ 6 ) + 2
" entonces#
,´ 6= ( r G / CI y
ambién el momento de inercia de la rueda es# I G =m k G " or lo tanto" la energCa cinética
será# 1
# G =( r G / CI
1 2
2
( mk ) 2
G
[ ] ,´
6 r G /CI
2
( ) 2
1
T = m ( 6 )
2
2
2
r + k G ´ 2 , 2 r
+ = ,omo# T " %te
( ) 2
1
m ( 6 )
2
2
2
r + k G ´ 2 , −mg6%os, = %te 2 r
g ,´ +
( ) r
2
6 r 2 + k 2G
,= 0
Deri!ando la ecuaci'n#
( ) [ ( ) 2
2
m ( 6 )
2
r + k G ´ ´ , , + mg6 sen, ,´ =0 2 r
,´ m ( 6 )
r
2
2
]
+ k 2G ´ , + mg6sen, = 0 2 r
( ) 2
m ( 6 )
2
√( ) 2
,´ no siempre es igual a cero" entonces#
,omo
,omparando la ecuaci'n a la forma estándar" !emos que la frecuencia natural circular del sistema es#
2
r + k G ´ , + mg6sen, =0 2 r
g r ( n= 2 6 r + k 2G
ambién el periodo natural de oscilaci'n" será#
√( ) 2
Despejando el radio de giro
g ,´ +
( ) r
2
6 r 2 + k 2G
sen, =0
,
ambién" como
√
pequeFo# sen , @ 0 " asC la ecuaci'n quedara#
@.1 or conser!aci'n de momento angular#
( 7 8 ) = ( 7 8 ) 1
2
10.667 = 4.053 (2
( 2=2.63 rad / s
or conser!aci'n de energCa# 26.667 + 0 =( 2.027 ) ( 2.632 )
2
2
r g −4 1 6 k G = 6 2 1
es un despla6amiento angular tan
2
+ 2 # 2r + 0
2
6 r + k G =2 1 = 2 (n g r 2 1
k G
#
2
# r = 6.316
# r =2.51 m / s
